3^A - MATEMATICA compito n°4 - 2014-2015

Dati il punto F 3 ,−3/4 e la retta d di equazione y=−5/4 , determina:

a. l'equazione della parabola p avente fuoco F e direttrice d;

b. le coordinate del vertice V, dei punti A e B in cui la parabola p interseca l'asse x (con x AxB )

e del punto C in cui essa interseca l'asse y;

c. l'ascissa (approssimata a meno di un centesimo) del punto D sull'arco BC della parabola p tale

che il triangolo BCD sia isoscele sulla base BC;

d. l'ascissa (approssimata a meno di un centesimo) del punto E sull'arco BC della parabola p tale

che il triangolo BCE sia rettangolo in E;

e. le coordinate del baricentro G del triangolo PHF (dove P è un punto generico della parabola p ed

H è il simmetrico di F rispetto a V) e l’equazione del luogo geometrico k descritto dal punto G al

variare di P su p. Descrivi la curva k e tracciane il grafico.

f. le equazioni delle rette tA e tB tangenti alla parabola nei punti A e B e le coordinate del loro punto

di intersezione T. Dove si trova il punto T?

g. l'area della regione piana limitata compresa tra l'arco AVB della parabola e le rette tA e tB;

h. l'equazione della circonferenza g passante per i punti A, V, B;

i. l'area (approssimata a meno di un centesimo) di ciascuna delle tre regioni piane in cui la parabola

p divide la circonferenza g;

j. le coordinate del punto I sull'arco BC della parabola p tale che l'area del triangolo BCI sia

massima, ed il valore di tale area;

k. l'equazione della parabola q con asse di simmetria coincidente con l'asse delle ordinate e tangente

alla parabola p nel punto A (due curve si dicono tangenti in un punto se in tale punto hanno la

stessa retta tangente).

3^A - Correzione compito n°4

a. La parabola è il luogo dei punti P x , y equidistanti dal

fuoco e dalla direttrice:

PF=Pd ⇒ x−32 y 34

2

=∣y54∣ ⇒

x2−6 x9 y232

y 916= y25

2y25

16

Equazione parabola p: y=x2−6 x8 .

b. xV=−b

2 a=3 ⇒ yV= f xV =9−188=−1 ;

y=0 ⇒ x2−6 x8=0 ⇒ A2 ,0 ; B 4 ,0 ;

x=0 ⇒ C 0 ,8 .

c. Essendo DB=DC , il punto D dovrà appartenere all'asse del segmento BC:

mBC=−2 ⇒ masse=12⇒ y−4=1

2 x−2 ⇒ y=1

2x3 .

{y=x2−6 x8y=1/2 x3

⇒ x2−6 x8=12

x3 ⇒ 2 x2−13 x10=0 ⇒ xD=13−89

4≃0,89 .

L'altra soluzione non è accettabile, perché non corrisponde ad un punto sull'arco BC.

d. Poniamo E t , t 2−6 t8 . Se il triangolo BCE è rettangolo in E:

mBE⋅mCE=−1 ⇒ t 2−6 t8t−4

⋅t2−6 t

t=−1 ⇒ t−2t−6=−1 ⇒ t2−8 t13=0 ⇒

xE=4−3≃2,27 . Anche in questo caso, l'altra soluzione non corrisponde ad un punto sull'arco BC.

In alternativa, possiamo osservare che il punto E appartiene alla circonferenza di diametro BC e determinare le

intersezioni tra parabola e circonferenza.

e. Abbiamo H 3 ,−5/4 , in quanto H è l'intersezione tra l'asse e la direttrice della parabola.

Ponendo P t , t 2−6 t8 : xG=xPxHxF

3= t6

3, yG=

yP yH yF

3= t2−6 t6

3.

Eliminiamo il parametro t tra le due equazioni:

t=3 x−6 ⇒ y=3 x−62−63 x−663

=3 x2−18 x26 .

Il luogo k è una parabola avente asse di simmetria e vertice V 3 ,−1 coincidenti con p, ma

apertura più “stretta” rispetto a p.

f. mA=2 ax Ab=2⋅2−6=−2 ⇒ y=−2x−2=−2 x4 ;

mB=2 axBb=2⋅4−6=2 ⇒ y=2 x−4=2 x−8 ;

A B

p

C

V

D

E

k

{y=−2 x4y=2 x−8

⇒ 2 x−8=−2 x4 ⇒ 4 x=12 ⇒ x=3 ⇒ T 3 ,−2 .

Il punto T appartiene all'asse di simmetria della parabola p.

g. Area del triangolo ABT: S tr=AB⋅TH /2=2 .

Area del segmento parabolico di base AB:

S par=2 /3⋅AB⋅VH=4 /3 .

Area richiesta: S 0=S tr−S par=2−4 /3=2/3 .

h. Poiché il triangolo AVB è rettangolo in V, la circonferenza ad

esso circoscritta ha diametro AB, e quindi centro H 3 ,0 e

raggio r=1 :

x−32 y2=1 ⇒ x2 y2−6 x8=0 .

i. La circonferenza g ha lo stesso asse di simmetria di p, quindi:

S 1=S 2=12

S circ−S par: 2=4−2

3≃0,12 ;

S 3=12

S circS par=2 4

3≃2,90 .

j. Al variare del punto I sull'arco BC, il triangolo BCI ha base costante BC=8242=45 .

L'area del triangolo sarà quindi massima quando il punto I avrà distanza massima dalla corda BC,

ovvero quando si troverà sulla tangente alla parabola parallela a BC.

Imponiamo perciò: mtg=2 ax Ib=mBC ⇒ 2 x I−6=−2 ⇒ x I=2 ⇒ I≡A2 ,0 .

La retta BC ha equazione: y=−2 x8 ⇒ 2 x y−8=0 .

d A , BC = ∣4−8∣41

= 45⇒ S ABC=

12⋅45⋅ 4

5=8 .

k. Consideriamo una parabola q di equazione generica

y=ax2bxc . Imponiamo:

• che l'asse di simmetria coincida con l'asse y: b=0 ;

• la condizione di tangenza: 2 axAb=−2 ⇒ a=−1/2 ;

• il passaggio per A: 4 ac=0 ⇒ c=2 .

La parabola q ha quindi equazione: y=−1/2 x22 .

A B

T

H

S1 S

2

S3

p

C

A B

q

tA

3^C PNI – MATEMATICA compito n°4 - 2011-2012

1. Dati i punti A2 ,0 e B 1 , 2 , determina:

a. le coordinate del punto D in cui la retta AB interseca l'asse delle ordinate;

b. le coordinate del punto E sull'asse delle ascisse tale che il triangolo ADE sia rettangolo in D;

c. l'equazione della circonferenza g circoscritta al triangolo ADE;

d. l'equazione della parabola p con asse di simmetria parallelo all'asse delle ordinate e passante

per i punti A, D, E;

e. le coordinate dei punti di intersezione tra la circonferenza g e la parabola p (spiega perché tali

punti possono essere determinati senza svolgere alcun calcolo; svolgi, comunque la verifica

algebrica; è fortemente consigliato l'uso del metodo di riduzione);

f. le soluzioni della disequazione 16−6 x−x2≥−14

x2−32

x4 (se hai svolto correttamente

i punti precedenti, la soluzione grafica è immediata; prova a svolgere comunque la

risoluzione algebrica, che è decisamente più laboriosa);

g. le equazioni delle rette tangenti t1 e t2 alla parabola nei punti A ed E e le coordinate del loro

punto di intersezione T (purtroppo, è consigliabile l'uso del metodo “di sdoppiamento”);

h. l'area della regione piana finita situata nel semipiano delle ordinate positive e compresa tra le

tangenti t1 e t2 e l'arco di parabola ADVE (dove V è il vertice di p).

2. Determina l'equazione delle parabole aventi asse di simmetria parallelo all'asse delle ordinate,

passanti per i punti A−1 ,0 e B 0 ,5 e tangenti alla retta di equazione y=−5 x13 .

3^C - Correzione compito n°4

1.

a. Equazione retta AB: {2 mq=0mq=2

⇒ {m=−2q=4

⇒ y=−2 x4 ⇒ D 0 , 4 .

b. La retta DE passa per D ed è perpendicolare ad AD,

quindi ha equazione y=1/2 x4 .

Abbiamo quindi: E −8 ,0 .

c. L'ipotenusa AE è un diametro della circonferenza

circoscritta, che ha centro C −3 ,0 e raggio

r=5 . Equazione circonferenza g:

x32 y2=25 ⇒ x2 y26 x−16=0 .

d. {4 a2bc=0 ⇒ b=−2a−264 a−8bc=0 ⇒ 64 a16 a164=0c=4

Ricaviamo: a=−14

; b=−32

; c=4 .

Equazione parabola p: y=−14

x2−32

x4 ⇒ x26 x4 y−16=0 .

e. Sia la circonferenza che la parabola passano per A, D, E per costruzione. Poiché entrambe

sono simmetriche rispetto alla retta di equazione x=−3 , che è l'asse di simmetria della

parabola e un diametro della circonferenza, il quarto punto di intersezione sarà F −6 , 4 ,

simmetrico di D rispetto all'asse. Algebricamente risulta:

{x2 y26 x−16=0x26 x4 y−16=0

⇒ y2−4 y=0 ⇒ y1=0 ; y2=4 .

Per y1=0 ⇒ x26 x−16=0 ⇒ x1=−8 ; x2=2 ⇒ E −8 ,0 ; A2 ,0 .

Per y2=4 ⇒ x26 x=0 ⇒ x1=−6 ; x2=0 ⇒ F −6 , 4 ; D 0 , 4 .

f. Pongo y=16−6 x−x2 ⇒ {y≥0x2 y26 x−16=0

.

Ottengo così la semicirconferenza corrispondente alla metà superiore di g.

L'equazione y=−14

x2−32

x4 rappresenta invece la parabola p. La disequazione ci chiede

quindi per quali valori di x la semicirconferenza “sta sopra” la parabola. E' evidente dal

grafico che questo avviene negli archi AF e DA, ovvero per −8≤x≤−6∨0≤x≤2 .

Con metodo algebrico, considero i due casi:

D

AE

F

T

V

g p

• {16−6 x−x2≥0 ⇒ −8≤x≤2

−14

x2−32

x40 ⇒ x26 x−160 ⇒ x−8∨x2⇒ ∅ ;

• {−14

x2−32

x4≥0 ⇒ x26 x−16≤0 ⇒ −8≤x≤2

1616−6 x−x2≥x26 x−162 ⇒ x412 x320 x2−96 x≤0.

Scomponendo con Ruffini: x x−2x6 x8≤0 ⇒ −8≤x≤−6∨0≤x≤2 , che

resta la soluzione anche considerando intersezione e unione degli intervalli trovati.

g. Ricordiamo che, per il metodo di “sdoppiamento”, il coefficiente angolare della retta tangente

alla parabola in P x0 , y0 è dato da m=2 ax0b .

Quindi: mA=2⋅−14⋅2−3

2=−5

2 e mE=2⋅−14⋅−8−3

2=5

2 .

Le equazioni delle tangenti sono pertanto:

y=−52 x−2 ⇒ y=−5

2x5 e y= 5

2x8 ⇒ y=5

2x20 .

Esse si intersecano per: 52

x20=−52

x5 ⇒ 5 x=−15 ⇒ x=−3 ⇒ T −3 , 252 .

Ovviamente, il punto T si trova sull'asse di simmetria della parabola.

h. L'area richiesta è data dalla differenza tra l'area del triangolo ATE e quella del segmento

parabolico di base AE. Areatriangolo=12

AE⋅TH=12⋅10⋅25

2=125

2 .

Poiché il vertice della parabola ha coordinate V −3 , 254 , per il teorema di Archimede:

Area segm par=23

AE⋅VH=23⋅10⋅25

4=125

3 . L'area richiesta misura: 1252−125

3=125

6 .

2. Impongo il passaggio per i punti A e B: {a−bc=0 ⇒ b=a5c=5 .

L'equazione della parabola è quindi del tipo y=ax2a5 x5 .

Impongo la condizione di tangenza: {y=ax2a5 x5y=−5 x13

⇒ ax2a10 x−8=0 .

=a10232 a=0 ⇒ a252 a100=0 ⇒ a1=−50 ; a2=−2 .

Per a1=−50 ⇒ b1=−45 , ottengo la parabola y=−50 x2−45 x5 .

Per a2=−2 ⇒ b2=3 , ottengo la parabola y=−2 x23 x5 .

3^C - MATEMATICA compito n°3 - 2016-17

Data la parabola p di equazione y=−2 x28 x−6 , determina:

a. le coordinate del vertice V, la distanza focale f, l'equazione della direttrice d, le coordinate del

fuoco F, dei punti A e B (con x AxB ) di intersezione con l'asse delle ascisse e del punto C di

intersezione con l'asse delle ordinate. Disegna la parabola.

b. le coordinate del punto D appartenente all'arco BC della parabola p tale che il triangolo BCD sia

isoscele sulla base BC;

c. le equazioni delle rette tA e tB tangenti alla parabola nei punti A e B e le coordinate del loro punto

di intersezione T. Spiega dove si trova il punto T e perché.

d. l'area della regione piana limitata compresa tra l'arco AVB della parabola e le rette tA e tB ;

e. le coordinate del punto E sull'arco BC della parabola p tale che l'area del triangolo BCE sia

massima, ed il valore di tale area;

f. l'equazione della parabola q con asse di simmetria coincidente con l'asse delle ordinate e tangente

alla parabola p nel punto A (due curve si dicono tangenti in un punto se in tale punto hanno la

stessa retta tangente). Verifica che le parabole p e q sono corrispondenti in una simmetria di

centro A e spiega se tali parabole sono congruenti.

g. le coordinate del baricentro G del triangolo PKF (dove P è un punto generico della parabola p e

K è il simmetrico di F rispetto a V) e l’equazione del luogo geometrico g descritto dal punto G al

variare di P su p. Descrivi la curva g ottenuta e tracciane il grafico.

h. l'equazione della retta r parallela alla bisettrice del primo e del terzo quadrante che taglia sulla

parabola p una corda di lunghezza l=5/2 .

3^C - Correzione compito n°3

a. V 2 ,2 ; f = 14 a=−1

8 ; d : y= yV− f =178 ; F 2 , yV f =2 , 15

8 ;

{y=−2 x28 x−6y=0

⇒ A1 ,0 ; B 3 ,0 ; C 0 ,−6 .

b. Poiché DB=DC , il punto D dovrà appartenere all'asse del segmento BC:

mBC=2 ⇒ masse=−12⇒ y− yM=masse x−xM ⇒

y3=−12 x−3

2 ⇒ y=−1

2x−9

4 (eq. asse BC).

{y=−2 x28 x−6y=−1 /2 x−9/4

⇒ 8 x2−34 x15=0 ⇒

x=17±289−1208

=17±138

⇒ x1=12

; x2=154⇒ D 1

2,−5

2 .

La seconda soluzione non è accettabile, in quanto non corrisponde ad un punto appartenente all'arco BC.

c. Tg. in A: mA=2 a xAb=−48=4 ⇒ y=4 x−1 ⇒ y=4 x−4 ;

tg. in B: mB=2 a xBb=−128=−4 ⇒ y=−4x−3 ⇒ y=−4 x12 .

{y=4 x−4y=−4 x12

⇒ 4 x−4=−4 x12 ⇒ x=2 ⇒ T 2 , 4 .

Poiché le tangenti in A e in B sono simmetriche rispetto all'asse di simmetria

della parabola, il punto P appartiene a tale asse.

d. Area triangolo ABT: A1=1/2⋅AB⋅TH=4 .

Area segmento parabolico di base AB: A2=2 /3 AB⋅VH=8/3 (per il teorema di Archimede).

Area richiesta: A1−A2=4−83= 4

3 .

e. Primo metodo. Il triangolo BCE ha base costante BC=3262=35 .

L'area del triangolo sarà quindi massima quando il punto E avrà distanza

massima dalla corda BC, ovvero quando si troverà sulla tangente alla parabola

parallela a BC. Imponiamo quindi:

mtg=2 axEb=mBC ⇒ −4 xE8=2 ⇒ xE=32⇒ E 3

2, 32 .

La retta BC ha equazione: y=2 x−6 ⇒ 2 x− y−6=0 .

d E , BC =∣2⋅3/2−3/2−6∣41

= 925

⇒ Area EBC=12⋅35⋅ 9

25=27

4 .

Secondo metodo. Poniamo P t ,−2 t 28 t−6 con 0≤t≤3 .

p

A B

C

D

A B

T

V

H

B

C

E

d E , BC =∣2 t2 t2−8 t6−6∣

5=∣2 t2−6 t∣5

.

La distanza è massima nel vertice della parabola di eq. y=2 t2−6 t , e quindi per t=3/2 .

f. Consideriamo una parabola q di equazione generica y=ax2bxc e imponiamo:

• che l'asse di simmetria coincida con l'asse y: b=0 ;

• la condizione di tangenza: 2 ax Ab=4 ⇒ 2 a=4 ⇒ a=2 ;

• il passaggio per A: ac=0 ⇒ c=−2 .

La parabola q ha quindi equazione: y=2 x2−2 .

La simmetria di centro A è descritta dalle equazioni:

{x '=2 xA−x=2−xy '=2 y A− y=−y

⇒ {x=2−x 'y=−y ' .

Applichiamo le equazioni della simmetria centrale all'equazione della parabola p:

y=−2 x28 x−6 A

−y '=−22−x ' 282−x ' −6 ⇒

−y=−88 x−2 x216−8 x−6 ⇒ y=2 x2−2 .

Abbiamo ottenuto l'equazione della parabola q; quindi le due curve sono congruenti in quanto si

corrispondono in una isometria (la simmetria di centro A).

g. K è il punto di intersezione tra l'asse e la direttrice della parabola: K 2 , 178 .

Poniamo P t ,−2 t28 t−6 : xG=xPxFxK

3= t4

3; yG=

yP yF yK

3=−2 t28 t−2

3.

Eliminiamo il parametro t tra le due equazioni:

t=3 x−4 ⇒ y=−23 x−4283 x−4−23

=−6 x224 x−22 .

Osserviamo che l'equazione del luogo g descrive ancora una parabola che ha lo stesso asse di simmetria

e lo stesso vertice V 2 ,2 della parabola p, ma una distanza focale minore, e quindi una apertura più

“stretta” rispetto a p.

h. La retta r appartiene al fascio improprio di equazione y=xq .

{y=xqy=−2 x28 x−6

⇒ 2 x2−7 x6q=0 ⇒ x=7±1−8 k4

⇒ x= y=1−8 k2

⇒

l= x2 y2= 1−8 q2= 52⇒ 1−8q=25 ⇒ q=−3 .

L'equazione della retta r è quindi: y=x−3 .

p

q

g

r

3^F - MATEMATICA compito n°4 - 2014-2015

1. Determina l'equazione della parabola avente fuoco F 2 ,5/4 e direttrice d : y=13/4 e

tracciane il grafico. Scrivi l'equazione della tangente t alla parabola nel suo punto A di ascissa

xA=3 . Determina le coordinate del punto K in cui la tangente t interseca l'asse della parabola

e del punto R in cui la tangente t interseca la tangente nel vertice. Verifica che il punto R è

equidistante da A e da K e che la perpendicolare condotta dal punto R alla tangente t passa per il

fuoco F.

2. Determina l'equazione della parabola avente asse di simmetria di equazione x=2 e tangente

nel punto A4 ,0 alla retta r, parallela alla retta di equazione 4 x y−10=0 . Traccia il

grafico della parabola. Conduci una retta s parallela all'asse delle ascisse che interseca nei punti

B e C l'arco di parabola giacente nel primo quadrante e, dai punti B e C, traccia le perpendicolari

all'asse delle ascisse che lo intersecano nei punti B' e C'. Determina l'equazione della retta s in

modo che il perimetro del rettangolo BB'C'C abbia misura uguale a 10.

Scrivi le equazioni delle rette tangenti alla parabola in B e in C e calcola l'area della regione

finita di piano compresa tra le tangenti e la parabola.

3. Data la parabola di equazione y=x2−2 x−2 ,conduci per il suo punto A di ascissa xA=3 la

tangente t alla curva e indica con B il punto in cui la tangente interseca l'asse della parabola.

Conduci poi la normale n alla curva (ovvero, la retta perpendicolare alla tangente) passante per

A e indica con C il punto in cui la normale interseca l'asse della parabola.

Determina l'equazione della circonferenza passante per i punti A, B, C.

Con quale punto coincide il centro della circonferenza?

3^F - Correzione compito n°4

1. La parabola è il luogo dei punti P x , y

equidistanti dal fuoco e dalla direttrice:

PF=Pd ⇒ x−22 y−542

=∣y−134 ∣ ⇒

x2−4 x4 y2−52

y 2516= y2−13

2y169

16⇒

equazione parabola: y=−14

x2x 54

.

yA= f x A=−14⋅935

4=2 ⇒ A3 ,2 . mt=2 ax Ab=2⋅−1

4⋅31=−1

2.

Equazione tangente t: y−2=−12 x−3 ⇒ y=−1

2x7

2. {y=−1/2 x7/2

x=2⇒ K 2 , 5

2 .

Poiché il vertice è equidistante da fuoco e direttrice: yV=5/413/4

2=9

4.

{y=−1 /2 x7/2y=9 /4

⇒ 94=−1

2x7

2⇒ 9=−2 x14 ⇒ x=5

2⇒ R 5

2, 94 .

Punto medio M del segmento AK: xM=32

2=5

2; yM=

25 /22=9

4⇒ M≡R c.v.d.

Retta per R perpendicolare a t: y−94=2x−5

2 ⇒ y=2 x−11

4.

Sostituiamo le coordinate di F: 54=2⋅2−11

4vera ! c.v.d.

2. Consideriamo una parabola generica di equazione y=ax2bxc e imponiamo:

• asse di simmetria: −b /2 a=2 ⇒ b=−4 a ;

• tangenza: 2 axAb=mtg ⇒ 8ab=−4 ⇒ 4 a=−4 ⇒ a=−1 ⇒ b=4 ;

• passaggio per A: 16 a4bc=0 ⇒ −1616c=0 ⇒ c=0 .La condizione su c era ovvia, in quanto il simmetrico del punto A rispetto

all'asse della parabola è l'origine.

L'equazione della parabola è quindi: y=−x24 x .

Consideriamo una retta s di equazione y=k :

{y=−x24 xy=k

⇒ x2−4 xk=0 ⇒ x=2±4−k .

Quindi: B 2−4−k , k , C 24−k , k .

Imponiamo la condizione sul perimetro del rettangolo BB'C'C:

2 BC2 BB '=10 ⇒ 44−k2 k=10 ⇒ 24−k=5−k .

Possiamo elevare al quadrato entrambi i membri in quanto,

F

Ad

KR

A

r

s

B C

B ' C '

T

H

perché la retta s intersechi la parabola nel primo quadrante, deve rispettare la condizione 0≤k≤4 :

16−4 k=25−10 kk 2 ⇒ k 2−6 k9=0 ⇒ k=3 .

Quindi la retta s ha equazione y=3 e i punti B e C hanno coordinate B 1 ,3 , C 4 ,3 .

Determiniamo le rette tangenti alla parabola in B e in C:

mB=2 axBb=−2⋅14=2 ⇒ y−3=2x−1 ⇒ y=2 x1 ;

mC=2 axCb=−2⋅34=−2 ⇒ y−3=−2 x−3 ⇒ y=−2 x9 .

Le due tangenti si intersecano sull'asse della parabola, nel punto T 2 ,5 .

Area del triangolo BCT: S tr=BC⋅TH /2=2 .

Area del segmento parabolico di base BC: S par=2/3⋅BC⋅VH=4 /3 .

Area richiesta: S=S tr−S par=2−4 /3=2/3 .

3. yA= f x A=9−6−2=1 ⇒ A3 ,1 ;

mA=2 axAb=2⋅1⋅3−2=4 .

La tangente in A ha equazione:

y−1=4 x−3 ⇒ y=4 x−11 .

xB=1 ⇒ yB=4−11=−7 ⇒ B 1 ,−7 .

La normale in A ha equazione:

y−1=−14 x−3 ⇒ y=−1

4x7

4.

xC=1 ⇒ yC=−147

4=3

2⇒ C 1 , 3

2 .

Poiché il triangolo ABC è rettangolo in A per costruzione, la circonferenza ad esso circoscritta ha

centro nel punto medio dell'ipotenusa BC: M 1 ,−11/4 e raggio r=CM=17 /4 .

Equazione della circonferenza circoscritta al triangolo ABC:

x−12 y114

2

= 174

2

⇒ x2 y2−2 x112

y−192=0 .

Poiché yF= yV f =−314=11

4, il centro della circonferenza coincide con il fuoco della parabola.

A

t

C

B

n