Esercizi Avanzati sull’Ellisse

Esercizio 1 : Ellisse traslata e rette tangenti

Problema: Data l’ellisse di equazione [math]\frac{(x-2)^2}{9} + \frac{(y+1)^2}{4} = 1[/math], trovare le equazioni delle rette tangenti parallele alla retta [math]y = 2x[/math].

Soluzione:

Forma canonica dell’ellisse traslata:

L’equazione data è nella forma canonica di un’ellisse traslata con centro [math]C(h, k)[/math], semiassi [math]a[/math] e [math]b[/math]. Dal confronto con [math]\frac{(x-h)^2}{a^2} + \frac{(y-k)^2}{b^2} = 1[/math], identifichiamo: Centro: [math]C(2, -1)[/math] Semiassi: [math]a = \sqrt{9} = 3[/math], [math]b = \sqrt{4} = 2[/math]

Retta generica parallela a y = 2x:

Le rette parallele alla retta [math]y = 2x[/math] hanno la stessa pendenza, [math]m = 2[/math]. L’equazione generica di tali rette è [math]y = 2x + q[/math], dove [math]q[/math] è l’intercetta da determinare.

Condizione di tangenza:

Per trovare le rette tangenti, intersechiamo la retta generica con l’ellisse e imponiamo la condizione che il sistema abbia una sola soluzione (molteplicità 2). Sostituiamo [math]y = 2x + q[/math] nell’equazione dell’ellisse: [math]\frac{(x-2)^2}{9} + \frac{(2x + q + 1)^2}{4} = 1[/math]

Sviluppo e ordinamento dell’equazione:

Per eliminare i denominatori, moltiplichiamo entrambi i lati dell’equazione per il minimo comune multiplo di 9 e 4, che è 36:

[math]36 \cdot \frac{(x-2)^2}{9} + 36 \cdot \frac{(2x + q + 1)^2}{4} = 36 \cdot 1[/math] [math]4(x-2)^2 + 9(2x + q + 1)^2 = 36[/math]

Ora espandiamo i termini: [math]4(x^2 – 4x + 4) + 9((2x)^2 + (q+1)^2 + 2 \cdot 2x \cdot (q+1)) = 36[/math] [math]4x^2 – 16x + 16 + 9(4x^2 + (q^2 + 2q + 1) + 4x(q+1)) = 36[/math] [math]4x^2 – 16x + 16 + 36x^2 + 9q^2 + 18q + 9 + 36x(q+1) = 36[/math] [math]4x^2 – 16x + 16 + 36x^2 + 9q^2 + 18q + 9 + 36qx + 36x = 36[/math]

Raggruppiamo i termini contenenti [math]x^2[/math], [math]x[/math] e i termini costanti: [math](4x^2 + 36x^2) + (-16x + 36x + 36qx) + (16 + 9q^2 + 18q + 9 – 36) = 0[/math] [math]40x^2 + (20 + 36q)x + (9q^2 + 18q – 11) = 0[/math]

Questa è un’equazione quadratica nella variabile [math]x[/math] della forma [math]Ax^2 + Bx + C = 0[/math], dove [math]A = 40[/math], [math]B = 20 + 36q[/math], e [math]C = 9q^2 + 18q – 11[/math].

Condizione di tangenza:

Discriminante nullo

La condizione di tangenza si verifica quando l’equazione quadratica ha una sola soluzione, cioè quando il suo discriminante [math]\Delta = B^2 – 4AC[/math] è uguale a zero. [math]\Delta = (20 + 36q)^2 – 4 \cdot 40 \cdot (9q^2 + 18q – 11) = 0[/math]

Espandiamo il quadrato e il prodotto:

[math](400 + 1440q + 1296q^2) – 160(9q^2 + 18q – 11) = 0[/math] [math]400 + 1440q + 1296q^2 – 1440q^2 – 2880q + 1760 = 0[/math]

Combiniamo i termini simili: [math](1296q^2 – 1440q^2) + (1440q – 2880q) + (400 + 1760) = 0[/math] [math]-144q^2 – 1440q + 2160 = 0[/math]

Risoluzione dell’equazione quadratica per q:

Dividiamo l’equazione per -144 per semplificare i coefficienti:

[math]q^2 + 10q – 15 = 0[/math]

Ora utilizziamo la formula quadratica per trovare i valori di [math]q[/math]: [math]q = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 – 4ac}}{2a} = \frac{-10 \pm \sqrt{10^2 – 4(1)(-15)}}{2(1)}[/math] [math]q = \frac{-10 \pm \sqrt{100 + 60}}{2} = \frac{-10 \pm \sqrt{160}}{2} = \frac{-10 \pm \sqrt{16 \cdot 10}}{2} = \frac{-10 \pm 4\sqrt{10}}{2}[/math] [math]q = -5 \pm 2\sqrt{10}[/math]

Abbiamo trovato due possibili valori per l’intercetta [math]q[/math], che corrispondono alle due rette tangenti parallele alla retta data.

Equazioni delle rette tangenti:

Sostituiamo i valori di [math]q[/math] nell’equazione della retta generica [math]y = 2x + q[/math]: Per [math]q = -5 + 2\sqrt{10}[/math]: [math]y = 2x – 5 + 2\sqrt{10}[/math] Per [math]q = -5 – 2\sqrt{10}[/math]: [math]y = 2x – 5 – 2\sqrt{10}[/math]

Le equazioni delle rette tangenti all’ellisse [math]\frac{(x-2)^2}{9} + \frac{(y+1)^2}{4} = 1[/math] e parallele alla retta [math]y = 2x[/math] sono [math]y = 2x – 5 + 2\sqrt{10}[/math] e [math]y = 2x – 5 – 2\sqrt{10}[/math].

Grafico:

 

Esercizio 2: Ellisse e condizioni di tangenza

Problema: Determina l’equazione dell’ellisse con fuochi in [math]F_1(1, 2)[/math] e [math]F_2(1, -4)[/math] e eccentricità [math]e = \frac{1}{2}[/math].

Soluzione:

1. Calcolo centro e parametri

• Distanza focale: La distanza tra i fuochi è [math]2c = |2 – (-4)| = 6[/math], quindi [math]c = 3[/math].
• Centro: Il centro è il punto medio tra i fuochi: [math]C\left(\frac{1+1}{2}, \frac{2+(-4)}{2}\right) = C(1, -1)[/math].
• Eccentricità: [math]e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}[/math]. Dato che [math]c = 3[/math], abbiamo [math]\frac{3}{a} = \frac{1}{2}[/math], da cui [math]a = 6[/math].
• Semiasse [math]b[/math]: [math]b = \sqrt{a^2 – c^2} = \sqrt{6^2 – 3^2} = \sqrt{36 – 9} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}[/math].

2. Equazione dell’ellisse

Poiché i fuochi hanno la stessa ascissa, l’ellisse è orientata verticalmente. L’equazione è della forma: [math]\frac{(x-h)^2}{b^2} + \frac{(y-k)^2}{a^2} = 1[/math].

Sostituendo i valori trovati: [math]\frac{(x-1)^2}{(3\sqrt{3})^2} + \frac{(y-(-1))^2}{6^2} = 1[/math]

[math]\frac{(x-1)^2}{27} + \frac{(y+1)^2}{36} = 1[/math]

Grafico:

Esercizio 3: Ellisse e luogo geometrico

Problema: Dato il punto [math]P(x, y)[/math] sull’ellisse [math]\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{9} = 1[/math], trova il luogo geometrico dei punti medi del segmento [math]PH[/math], dove [math]H[/math] è la proiezione di [math]P[/math] sulla retta [math]x = 4[/math].

Soluzione:

1. Coordinate di [math]H[/math] e punto medio

• La proiezione [math]H[/math] di [math]P(x, y)[/math] sulla retta [math]x = 4[/math] ha coordinate [math]H(4, y)[/math].
• Il punto medio [math]M[/math] del segmento [math]PH[/math] ha coordinate:[math]M\left(\frac{x+4}{2}, \frac{y+y}{2}\right) = M\left(\frac{x+4}{2}, y\right)[/math]

2. Sostituzione nell’ellisse

Poiché [math]P(x, y)[/math] appartiene all’ellisse [math]\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{9} = 1[/math], possiamo esprimere [math]x[/math] e [math]y[/math] in funzione delle coordinate di [math]M(x_M, y_M)[/math].

Da [math]x_M = \frac{x+4}{2}[/math], otteniamo [math]x = 2x_M – 4[/math].

Da [math]y_M = y[/math], otteniamo [math]y = y_M[/math].

Sostituendo nell’equazione dell’ellisse:

[math]\frac{(2x_M – 4)^2}{16} + \frac{y_M^2}{9} = 1[/math]

[math]\frac{4(x_M – 2)^2}{16} + \frac{y_M^2}{9} = 1[/math]

[math]\frac{(x_M – 2)^2}{4} + \frac{y_M^2}{9} = 1[/math]

Il luogo geometrico dei punti medi è un’ellisse con equazione: [math]\frac{(x – 2)^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1[/math].

Grafico:

Esercizio 4: Ellisse e ottimizzazione

Problema: Trova il punto [math]P[/math] sull’ellisse [math]\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1[/math] che minimizza la distanza dalla retta [math]3x + 4y – 50 = 0[/math].

Soluzione:

1. Parametrizzazione dell’ellisse

Un punto [math]P[/math] sull’ellisse può essere parametrizzato come [math]P(5\cos\theta, 4\sin\theta)[/math].

2. Distanza da [math]P[/math] alla retta

La distanza [math]D[/math] da un punto [math](x_0, y_0)[/math] alla retta [math]Ax + By + C = 0[/math] è data da [math]D = \frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}[/math].

Nel nostro caso, [math]A = 3[/math], [math]B = 4[/math], [math]C = -50[/math], [math]x_0 = 5\cos\theta[/math], [math]y_0 = 4\sin\theta[/math], e [math]\sqrt{A^2 + B^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5[/math].

Quindi, la distanza [math]D[/math] da [math]P[/math] alla retta è:

[math]D(\theta) = \frac{|3(5\cos\theta) + 4(4\sin\theta) – 50|}{5} = \frac{|15\cos\theta + 16\sin\theta – 50|}{5}[/math]

Per minimizzare [math]D(\theta)[/math], dobbiamo minimizzare il numeratore [math]|15\cos\theta + 16\sin\theta – 50|[/math].

3. Minimizzazione della distanza

Consideriamo l’espressione [math]15\cos\theta + 16\sin\theta[/math]. Possiamo scriverla nella forma [math]R\cos(\theta – \alpha)[/math], dove [math]R = \sqrt{15^2 + 16^2} = \sqrt{225 + 256} = \sqrt{481} \approx 21.93[/math].

Quindi, [math]15\cos\theta + 16\sin\theta[/math] varia tra [math]-\sqrt{481}[/math] e [math]\sqrt{481}[/math].

Il numeratore [math]15\cos\theta + 16\sin\theta – 50[/math] varia tra [math]-\sqrt{481} – 50 \approx -71.93[/math] e [math]\sqrt{481} – 50 \approx -28.07[/math].

Il valore assoluto [math]|15\cos\theta + 16\sin\theta – 50|[/math] è minimo quando [math]15\cos\theta + 16\sin\theta[/math] è massimo, cioè [math]\sqrt{481}[/math].

In questo caso, [math]\cos\theta = \frac{15}{\sqrt{481}}[/math] e [math]\sin\theta = \frac{16}{\sqrt{481}}[/math].

Il punto [math]P[/math] è [math]\left(5 \cdot \frac{15}{\sqrt{481}}, 4 \cdot \frac{16}{\sqrt{481}}\right) = \left(\frac{75}{\sqrt{481}}, \frac{64}{\sqrt{481}}\right) \approx (3.42, 2.92)[/math].

Grafico:

Esercizio 5: Ellisse e triangoli

Problema: Data l’ellisse [math]\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1[/math], trova l’area massima di un triangolo isoscele inscritto nell’ellisse con vertice in [math](3, 0)[/math].

Soluzione:

1. Impostazione del problema

Sia il vertice dato [math]A = (3, 0)[/math]. Per avere un triangolo isoscele inscritto con base sull’ellisse e simmetrica rispetto all’asse x, gli altri due vertici siano [math]P(x, y)[/math] e [math]Q(x, -y)[/math], dove [math]P[/math] e [math]Q[/math] si trovano sull’ellisse.

La base del triangolo è il segmento [math]PQ[/math] di lunghezza [math]2|y|[/math]. L’altezza del triangolo rispetto alla base [math]PQ[/math] è la distanza dal vertice [math]A(3, 0)[/math] alla retta verticale passante per [math]P[/math] e [math]Q[/math], che è [math]|3 – x|[/math].

L’area del triangolo è [math]A = \frac{1}{2} \cdot \text{base} \cdot \text{altezza} = \frac{1}{2} \cdot 2|y| \cdot |3 – x| = |y(3 – x)|[/math].

Dato che il triangolo è inscritto nell’ellisse [math]\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1[/math], abbiamo [math]y^2 = 4\left(1 – \frac{x^2}{9}\right)[/math], quindi [math]|y| = 2\sqrt{1 – \frac{x^2}{9}}[/math].

L’area può essere espressa come funzione di [math]x[/math]: [math]A(x) = 2\sqrt{1 – \frac{x^2}{9}} (3 – x)[/math]. Consideriamo [math]-3 \le x \le 3[/math].

2. Massimizzazione dell’area

Per trovare l’area massima, dobbiamo derivare [math]A(x)[/math] rispetto a [math]x[/math] e trovare i punti critici.

[math]A(x) = 2 \frac{\sqrt{9 – x^2}}{3} (3 – x) = \frac{2}{3} (3 – x) \sqrt{9 – x^2}[/math]

[math]A'(x) = \frac{2}{3} \left(-1 \cdot \sqrt{9 – x^2} + (3 – x) \cdot \frac{1}{2\sqrt{9 – x^2}} \cdot (-2x)\right)[/math]

[math]A'(x) = \frac{2}{3} \left(-\sqrt{9 – x^2} – \frac{x(3 – x)}{\sqrt{9 – x^2}}\right) = \frac{2}{3} \frac{-(9 – x^2) – (3x – x^2)}{\sqrt{9 – x^2}} = \frac{2}{3} \frac{-9 + x^2 – 3x + x^2}{\sqrt{9 – x^2}} = \frac{2}{3} \frac{2x^2 – 3x – 9}{\sqrt{9 – x^2}}[/math]

Ponendo [math]A'(x) = 0[/math], otteniamo [math]2x^2 – 3x – 9 = 0[/math].

[math]x = \frac{3 \pm \sqrt{9 – 4(2)(-9)}}{4} = \frac{3 \pm \sqrt{9 + 72}}{4} = \frac{3 \pm \sqrt{81}}{4} = \frac{3 \pm 9}{4}[/math]

Le soluzioni sono [math]x_1 = \frac{12}{4} = 3[/math] e [math]x_2 = \frac{-6}{4} = -\frac{3}{2}[/math].

Se [math]x = 3[/math], l’area è 0. Consideriamo [math]x = -\frac{3}{2}[/math].

Quando [math]x = -\frac{3}{2}[/math], [math]y^2 = 4\left(1 – \frac{(-\frac{3}{2})^2}{9}\right) = 4\left(1 – \frac{\frac{9}{4}}{9}\right) = 4\left(1 – \frac{1}{4}\right) = 4 \cdot \frac{3}{4} = 3[/math], quindi [math]|y| = \sqrt{3}[/math].

L’area massima è [math]A = |\sqrt{3}(3 – (-\frac{3}{2}))| = |\sqrt{3}(3 + \frac{3}{2})| = |\sqrt{3}(\frac{9}{2})| = \frac{9\sqrt{3}}{2}[/math].

Grafico:

 

(197)

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