Esercizi Geometria analitica nello spazio, con soluzioni PDF

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Summary

Molti esercizi riguardanti la Geometria analitica nello spazio su cui fare pratica e prepararsi all'esame scritto di Algebra e Geometria. In particolare gli esercizi vertono sulle rette e piani, le distanze, gli angoli e altri problemi vari. Ogni esercizio è correlato da uno svolgimento completo....

Description

ESERCIZI DI GEOMETRIA ANALITICA NELLO SPAZIO Rette e piani E1 – Scrivere le equazioni della retta r passante per A(1,1,2) e parallela al vettore v(1,1,1).

Soluzione La retta r è il luogo geometrico dei punti P(x,y,z) tali che AP // v  AP  t  v  x  1  t x  1 t  x  1, y  1, z  2   t (1,1,1)  (t, t , t )   y  1  t   y  1  t (eq.parametriche di r). z  2  t z  2  t  

Le equazioni cartesiane si ottengono eliminando t: t  x  1  x 1   y 1  x  y  2  (equazioni cartesiane di r).  t   y  1   x 1  z  2  x  z  1 t  z  2 

E2 – Determinare le equazioni cartesiane e parametriche della retta r passante per i punti P1(1,0,-2) e P2(2,1,3). Soluzione La retta r è la retta passante per P1(1,0,-2) e parallela al vettore P1 P2 (2  1,1  0,3  2)  (1,1,5) . Di conseguenza, i parametri direttori di r sono:

(  1, m  1, n  5) e le equazioni parametriche di r sono:  x  x1  t  1  t  .  y  y1  mt  t  z  z  nt  2  5t  1

Le equazioni cartesiane sono:  x 1  y x  x1 y  y1 z  z1 x  y  1 x 1 y  0 z  2        z2    1 1 5 m n 5 y  z  2  y  5

x  2 y  3 z  1  0 . E3 – Calcolare le equazioni parametriche della retta r:  x  3 y  z  3  0

Soluzione Posto ad esempio z = t, si ha:

x  2 y  3t  1  0  x  2 y  3t  1 5 y  4t  2     x  3y  t  3  0  x  3 y  t  3  x  3 y  t  3

4 2  y t  5 5   12 x  t  6  t  3  5 5

7 9  x  5 t 5  4 2   y  t  . 5 5  z  t   E4 – Calcolare i parametri direttori della retta passante per i punti A(1,2,1) e B(2,-1,3).

Soluzione I parametri direttori della retta r sono le componenti del vettore

AB  (2  1,1  2,3 1)  (1,3,2) .   1  Quindi:  m  3 . n  2 

x  2 y  z  1 . E5 – Calcolare i parametri direttori della retta r:  2 x  3 y  3 z  1

Soluzione I parametri direttori sono i minori estratti del 2° ordine dalla matrice

 a b c   1  2 1 .      a' b ' c'   2  3 3  Nel nostro caso:

2 1     3 3   6  3   3   1 1  2 3   1 . m   2 3   1 2 n   3  4  1 2 3  x  2y  2z  5 E6 – Calcolare le componenti dei vettori paralleli alla retta r:  .  2x  4y  z  4

Soluzione Calcoliamo dapprima le componenti del vettore direttore della retta r:

2 2   2  8  6   4 1   1 2 v r m    4 1  3 . 2 1   1 2 n   4  4  0 2 4  Di conseguenza, v // r : v // v r  v  hv r  h(6,3,0)  (6h,3h,0).

x  y  z  0 E7 – Verificare che le rette r:  ed s:  2x  y  1

x  y  0 sono sghembe.  z  0

Soluzione Calcoliamo i vettori direttori di r e di s.

1 La matrice dei coefficienti di r è  2

1 1  ; 1 0 

i parametri direttori di r sono:

1 1  l r   1 0  1   1 1 2 m r   2 0   1 1 nr    1 2  1 2 1 

Quindi, il vettore direttore di r è:

vr  1,2,1. 1 1 0   ; La matrice dei coefficienti di s è  0 0 1  i parametri direttori di s sono:

1 0  1 ls  0 1   1 0  1 m s   0 1   1 1  ns  0 0 0  Quindi, il vettore direttore di s è:

vs  1,1,0 . Poiché v r  1,2,1 // v s  1,1,0  r ed s sono incidenti o sghembe, ovvero r ed s hanno un solo punto o non hanno punti in comune. Per questo, studiamo il sistema formato dalle equazioni delle due rette:

x  y  z  0 2x  y  1   x  y  0 z  0 1 1 1   2 1 0 La matrice incompleta del sistema è: A =  , 1 1 0   0 0 1  

la matrice completa del sistema è:

 1  1 1 0    2  1 0 1 . A’=  1 1 0 0    0 0 1 0

Poiché rang(A’) = 4  rang ( A)  rang ( A' )  il sistema è incompatibile e le rette sono sghembe.

x  1  t x  t   E8 – Verificare che le rette r: y  2t ed s:  y  1 t sono complanari e determinare le z  t z  1  t  

equazioni parametriche del piano π da esse individuato. Soluzione Il vettore direttore di r è

vr (1,2,1) il vettore direttore di s è

v s (1,1,1) Poiché v r (1,2,1) // v s (1,1,1) , le rette r ed s non sono parallele. Verifichiamo che r ed s sono incidenti. Il punto P comune alle due rette, se esiste, deve avere coordinate uguali e perciò deve risultare t  0  2t  0 t  t '  1 1 t  t '     2t  1  t '   2t  t '  1   2t  t '  1   t '  1 : quindi esiste ed è unico il punto P di 1  1 t  1  t '  t  t '  1  2t '  2    

intersezione delle due rette, P0(1,0,0). Le due rette sono incidenti e quindi complanari. Il piano da esse individuato è il piano π(P 0(1,0,0), // vr (1,2,1) , // v s (1,1,1) ). Esso è il luogo geometrico dei punti P(x,y,z) tali che x  1  t ( 1)  u  1  1 t u  x  1 t  u   P0 P  t v r  u v s   y  0  t 2  u( 1)  2 t  u   :  y  2 t  u . z  0 t 1 u 1  t u z  t  u   (Eliminando i parametri t e u si ottiene l’equazione cartesiana del piano).

E9 – Dato il punto A(1,2,3) S3 e il vettore v  2i  3k  V3 (O) , calcolare: a) le equazioni parametriche della retta r di S3 passante per A e parallela al vettore v ; b) stabilire se B(3,2,0) e C(-1,2,1) appartengono ad r.

Soluzione a) I parametri direttori di r sono:

  2  m  0  n  3 

e le equazioni parametriche di r sono: x  x A  t  1 2t   y  y A  mt  2 z  z  nt  3  3t A  3  1  2 t  b) B r  t  R ' 2  2  0  3 3 t 

t  1  B r  t  1

  1  1  2t t  1    C r  t  R '  2  2 2  C r t  1  3  3t  3  

E10 – Verificare che le rette r ed r’ di S3, aventi equazioni rispettive  x  1  2t  r : y 2 z  3  3t 

ed

x  2  2t  r': y  0 z  3t 

sono parallele. Soluzione   2  La retta r, avente parametri direttori m  0 , è parallela al vettore v  2i  3k ; n  3  '  2  La retta r’, avente parametri direttori m'  0 , è parallela al vettore v'  2i  3k . n '  3 

Poiché

ℓ ℓ′

𝑛

= 𝑛′ = −1 𝑒𝑑 𝑚 = 𝑚′ = 0 ⟹ 𝑟 ∥ 𝑟 ′ . Infatti, si osservi che v = (-1)∙𝑣′.

E11 – Stabilire la posizione reciproca delle rette r ed r’ di S3, aventi rispettivamente equazioni parametriche  x  1  2t  x  1  t   ed r ':  y  2  t . r : y 2 z  3  3t z  6  t  

Soluzione La r è parallela al vettore v = (2,0,-3), la retta r’ è parallela al vettore v’ = (1,-1,1). Poiché v // v’ , ne segue che r // r’: di conseguenza, le rette r ed r’ sono incidenti o sghembe. Affinché le rette siano incidenti dovrà esistere un punto P(x,y,z) appartenente sia ad r sia x  1  2t  ad r’  t ,t ' R  ' y  2  z  3 3t 

x  1  t ' 1 2t   1 t ' t  1     t '  0  y  2  t '  2  2  t' z  6  t '  3  3t  6  t ' t  1   

Quindi, il sistema di condizioni è compatibile e le due rette sono incidenti. E12 – Scrivere le equazioni parametriche del piano passante per A(1,2,3) e parallelo ai vettori v = 2i  3k e w = i  j  k di V3(O).

Soluzione  x  1  2t  u  Le equazioni parametriche sono:  y  2  u  z  3  3t  u 

E13 – Dati i punti A(1,2,-3), B(2,1,1) e C(2,2,2), scrivere le equazioni parametriche del piano α passante per A, B, C.

Soluzione Il piano passante per A,B,C è il piano passante per A, parallelo ai vettori AB e AC. Calcoliamo i vettori v  AB e w  AC :

v  i  j  4 k  (1, 1,4) w  i  5k  (1,0,5) Quindi il piano richiesto ha equazioni parametriche:

 x  xA  vx t  wx u  1  t  u  y  y A  v yt  w yu  2  t z z   A  v z t  wz u   3  4t  5u

E14 – Scrivere l’equazione cartesiana del piano α passante per A(1,2,3) e perpendicolare al vettore v = 2i  j  3k .

Soluzione L’equazione del piano α è: 2(x-1) + 1(y-2) - 3(z-3) = 0  2 x  y  3 z  5  0  2 x  y  3 z  5 .

E15 – Si considerino i piani α, β, γ aventi, rispettivamente, equazione cartesiana α: 2x + y - 3z = - 5, β: x + y + z = 1, γ: -2x – y + 3z = -1. Stabilire la posizione reciproca di α, β e γ.

Soluzione a) I piani α e β sono perpendicolari a v = (2,1,-3) e w = (1,1,1). Poiché v // w   // β . Inoltre, poiché

 2 1  3  5  2 1  3 rang    2  i piani α e β sono incidenti nella retta di   rang 1  1 1 1 1 1 1  equazioni cartesiane

2 x  y  3 z   5 .   x  y  z 1 b) I piani α e γ sono perpendicolari a v = (2,1,-3) e w = (-2,-1,3). Poiché v // w   // γ . Inoltre, poiché

2 rang  2

1  3 1  3  5  2   2  i piani α e g non hanno punti  1  rang  2 1 3 1    1 3   

comuni e sono, quindi, paralleli e distinti. c) Poiché β è incidente il piano α, allora β è incidente anche il piano γ // α.

E16 – Sia α un piano di equazione 2x + y - 3z = - 5 e siano r’,r’’,r’’’ tre rette di equazioni parametriche x  1  t  r’:  y  t z  1  t 

x  t  r’’:  y  2  t z  1  t 

 x  1  t  r’’’:  y   3  t . z  t 

Verificare che: a) r’ è una retta incidente il piano α; b) r’’ è una retta parallela ad α  r ' '   ; c) r’’’   Soluzione a) Per stabilire la posizione di r’ ed α, occorre stabilire se esistono punti di r’ che appartengono ad α. Se P è un generico punto di r’, P(t-1,t,1-t), esso appartiene ad α se le sue coordinate soddisfano l’equazione di α. Facendo i calcoli si ottiene: 2(t-1) + t - 3(1-t) = - 5  6t  0  t  0 . Dunque, esiste un unico punto di intersezione P(-1,0,1): la retta è incidente il piano α. b) Consideriamo, ora, la retta r’’. Procedendo in modo analogo, tenuto conto che il generico punto P di r’’ ha coordinate P(t,t+2,t+1), si ha: 2t + t +2 -3(t+1) = 0  3t  3t 1  0  1  0 : impossibile. Dunque, non esistono punti comuni: la retta r’’ è parallela al piano α. c) Concludiamo esaminando la posizione relativa di α ed r’’’. Procedendo come sopra, tenuto conto che il generico punto P di r’’’ ha coordinate P(t-1,t-3,t), si ha: 2(t-1) +1(t-3) – 3t = - 5  2t  2  t  3  3t  5  5  5, t  R Quindi, poiché ogni punto di r’’’ appartiene ad α, è

r' ' '  . E17 – Nello spazio S3, si considerino i punto A(1,1,0), B(1,0,1), C(0,1,1): calcolare il piano passante per A,B,C. Soluzione Poiché i vettori AB   j  k e AC  i  k non sono paralleli, i tre punti A,B,C non sono allineati e quindi esiste ed è unico il piano α che li contiene. Se P(x,y,z) è il generico punto di α, l’equazione cartesiana è:

x 1 y 1 z 0 1

1 0

1  0  (x  1)( 1)  ( y  1)  z ( 1)  0   x  y  z  2  0  x  y  z  2 1

E18 – Scrivere le equazioni cartesiane della retta r avente equazioni parametriche x  1  2t  . y  2  z  3  3t 

Soluzione Le equazioni cartesiane si ottengono eliminando il parametro t. Nel nostro caso:

t  x  1  x  1  2t 2  x 1  3  z  3 x  2 z  9   . 2 2 y y     3    2  y2  z  3  3t  3 z  y  2  t  3 

2 x  y  3 z   5 E19 – Data la retta r di equazioni cartesiane  , calcolare le sue equazioni x  y  z  1 parametriche. Soluzione Per ottenere le equazioni parametriche di r, bisogna introdurre un parametro ponendo una delle incognite uguale al parametro t. Nel nostro caso, ponendo y = t, il sistema diventa: 2 x  t.  3 z  5 2 x  3 z  5  t     y  t y  t x  z  1  t x  t  z  1  

4 2  x   5 t  5  y  t   4 2 1 7 z  1  t  t    t  5 5 5 5 

2x  3 3t  3x   5  t   y  t z  1  t  x 

4 2  x   5 t  5  y  t  1 7 z   t  5 5 

5 x  4t  2   y  t z  1  t  x 

2 x  y  3 z   5 , stabilire la posizione E20 – Dato il piano α: – 2x – y + 3z = -1 e la retta r:   x  y  z 1 reciproca di α ed r.

Soluzione Consideriamo il sistema di equazioni formato da r e da α: 2 x  y  3 z  5  x  y  z  1   2 x  y  3 z  1 

e siano 1  3  2   A=  1 1 1  e A’ =  2  1 3   

2  1 2 

 3  5  1 1 1 1 3  1 1

le matrici associate. Sappiamo che:  r    rang( A)  rang ( A' )  2  r //   rang( A)  2  rang( A' )  3  r    P  rang( A)  rang ( A' )  3 Nel nostro caso: a12,12 =

2 1 1 1

 2  1  1  0  a123,123

2  1

1 1

 2 1

3 2 1 1

1 1  (6  2  3)  (6  2  3)  0

3  2 1

 rang ( A)  2 . 2 1 5 2 1 1 1 1 1  ( 2  2  5)  (10  2  1)  1  7  6  0  a’123,124 = 1  2  1 1  2  1

 rang ( A' )  3 . Si deduce che r     : r è parallela ad α.

2 x  y  3 z   5 3x  y  3z  2 , stabilire la loro posizione E21 – Date le rette r:  ed r’:   x  y  z 1 x  y  z  1 reciproca. Soluzione Consideriamo il sistema di equazioni formato da r e da r’:

2 x  y  3z  5  x  y  z 1   3x  y  3z  2 x  y  z 1 e siano

2  1 A=  3  1

1  3  1  1 e A’ = 1 3   1 1 

 2 1  3  5   1 1 1 1 3 1 3 2   1  1  1 1

le matrici associate. Sappiamo che:  r  r'  rang( A)  rang ( A' )  2  r // r '  rang( A)  2  rang ( A' )  3  r  r'  P  rang( A)  rang( A' )  3  r ed r’ sono sghembe  rang( A)  3  rang ( A' )  4 Nel nostro caso: 2

1

a123,1123 = 1 1 3 1

 32  11

1

1  (6  3  3)  (9  2  3)  12  8  20  0  rang (A )  3; 3 3 1

2 1 3 5 1 1 1 1  (sottraendo dalla riga 2 la riga 1 e sommando alla riga 3 e alla a’1234,1234 = 3 1 3 2 1 1 1 1

riga 4 la riga

1 4

6

 5

0

3  

3

0

4

2 1  5 3

1)

5 3 3 4

1 3 5 0 4 6 = (risolvendo rispetto 0 0 3 0 2 4

alla

2 colonna) =

  20 9   11 0  rang (A' )  4 .

Pertanto, poiché rang(A) = 3 e rang(A’) = 4, le due rette sono sghembe.

Dis Disttan anze ze E22 – Dati il punto P0(1,2,3) e il piano α di equazione 3x -2y – z = 0, calcolare la distanza di P0 da α.

Soluzione Applicando la formula della distanza di un punto da un pino, si ha:

d ( P0 ,  ) 

ax0  by0  cz0  d a2  b2  c 2



3 4 3 9  4 1



4 . 14

 x  3 t  E23 – Dati il punto P0(1,2,3) e la retta r di equazioni parametriche  y  t  2 , calcolare la  z  2t  3 

distanza di P0 da r. Soluzione Applichiamo la definizione di distanza di un punto da una retta. Per questo, dobbiamo calcolare: 1. il piano α passante per P0 e perpendicolare ad r; 2. calcolare l’intersezione di α con r, H    r ;

3. calcolare P0H = d(P0,r). Imponiamo nell’ordine le tre condizioni. 1. Un vettore parallelo ad r è v = (1,1,2) le cui componenti sono i parametri direttori di r. Di conseguenza, il piano α passante per P0(1,2,3) e perpendicolare ad r ha equazione cartesiana 1(x-1) + 1(y-2) + 2(z-3) = 0  x  y  2 z  9  0  x  y  2 z  9

x  3 t y  t  2  2. Calcoliamo H    r :   3  t  t  2  2( 2t  3)  9   z  2 t 3 x  y  2z  9

 6t  9  1  6  t 

14 7  . 6 3

7 16 7 1 14 5   3  . Quindi il punto H ha coordinate  x  3   ; y   2  ; z  3 3 3 3 3 3 

3. d(P0,r) = PH =

16 1 5 (  1)2  (  2) 2  (  3)2  3 3 3

210  9

70 . 3

E24 – Nello spazio S3, si considerino i piani: α: x + y + z = 1

α’: x – y + 2z = -1

α’’: -x + y - 2z = -1.

Dire fra quali di essi è possibile calcolare la distanza della quale si chiede la misura. Soluzione

1 1 1    2 , i piani a,a ' sono incidenti: la Consideriamo i piani α e α’. Poiché rang  1 1 2    nozione di distanza fra di essi non è definita.

 1 1 1   2 , i piani a , a '' sono incidenti: Consideriamo, ora, i piani α e α’’. Poiché rang   1 1 2   la nozione di distanza fra di essi non è definita. Infine, consideriamo i piani α’ e α’’. Poiché

 1 1 2  rang    1  1 1  2  risulta α’ // α’’. In tal caso:

d ( ' ,  ' ' ) 

d d' a2  b2  c 2



1 1 1 1  4



2 . 6

x  3 t  E25 – Si consideri la retta r di equazioni parametriche  y  t  2 e il piano α di equazione z  3  2t 

3x + y - 2z = 0. Calcolare la distanza di r da α.

Soluzione La retta r ha parametri direttori (l,m.n) = (1,1,2), il piano α ha parametri di giacitura (a,b,c) = (3,1,-2). Poiché

a  bm  cn  3  1  1 1  ( 2)  2  4  4  0 risulta r // α. In tal caso, scelto un punto qualsiasi P0  r , P0(3,-2,-3) ottenuto per t = 0, si ha: d(r,α) = d(P0,α) =

3  3  1(2)  2( 3) 9 1  4



13 . 14

x  y  z  4 e il piano α di equazione E26 - Si consideri la retta r di equazioni cartesiane  x  y  5 3x - y - 2z = 0. Calcolare la distanza di r da α.

Soluzione Preliminarmente, verifichiamo che la retta r è parallela al piano α. I parametri direttori di r sono i minori estratti della matrice

æ ö A = ç 1 1 -1 ÷ è 1 -1 0 ø presi con segno alterno:

ℓ=

1 1 1 -1 = -1-1 = -2 = -1, m = - 1 -1 = -(-1) =1, n = 1 0 1 -1 -1 0

Poiché

aℓ+ bm + cn = 3(-1) -1×1- 2(-2) = -3-1+ 4 = 0 Þ la retta r è parallela al piano α. Calcoliamo la distanza di r da α e per questo scegliamo un punto qualsiasi di r, ad esempio P0(5,0,1) ottenuto dalla equazioni di r per y = 0. Applicando la formula della distanza di un punto da un piano, si ottiene:

d(r, a ) = d(P0 , a ) =

3× 5 -1× 0 - 2 ×1 13 = 9 +1+ 4 14

E27 – In S3 sia fissato un sistema di riferimento Oi j k e si considerino le due rette r ed r’ di equazioni parametriche x  3 t  r:  y  t  2 z  3  2t 

x  1  t  r’:  y  2  t .  z  3  2t 

Calcolare d(r,r’).

Soluzione Le rette r ed r’ sono parallele perché entrambe parallele al vettore

v  i  m j  nk  i  j  2k. Per calcolare la distanza d(r,r’), procediamo come segue.  Sia P’0(1,2,3) r ' , ottenuto per t = 0;  Sia α(P’0, ┴ r). Esso ha equazione:

( x  1)  m( y  2)  n( z  3))  0  x  1  y  2  2( z  3)  0  x  y  2 z  9 7 16   x  3 3  3  7 7 1   Sia H    r  3 t  t  2 6  4t  9  6t  14  t   H  y   2  3 3 3  14 5  z  3  3  3 

Quindi: 2

d(r,r’) = d(P’0,H) =



2

2

16 1 5  13   5   4 (  1) 2  (  2) 2  (  3) 2             3 3 3  3   3  3

169 25 16 210 70      9 9 9 36 9

70 . 3

E28 – Date le rette di equazioni parametriche x  3  t  r:  y  t  2  z  2t  3 

x  t  r’:  y  t  2 ,  z  2t 1 

ed

1. Verificare che r ed r’ sono sghembe 2. Calcolare la distanza d(r,r’) 3. Calcolare la retta di minima distanza fra r ed r’.

Soluzione 1. La retta r passa per il punto P(3,-2,-3) ed è parallela al vettore v  (1,1,2) ; la retta r’ passa per il punto P’(0,-2,1) ed è parallela al vettore v'  (1,1,2) . Poiché v // v' r // r’. Ne segue che r ed r’ sono o incidenti o sghembe. Se P(x,y,z) è il punto comune ad ...