1

CAPITOLO 4 LA PARABOLA NEL PIANO CARTESIANO Costruzione della parabola come luogo geometrico La parabola è il luogo geometrico dei punti del piano equidistanti da un punto detto fuoco, e da una retta detta direttrice. 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.

L’equazione della parabola con vertice nell’origine Scegliamo come sistema di riferimento quello con l’asse y coincidente con la perpendicolare alla direttrice passante per il fuoco (asse della parabola), e con l’asse x parallelo alla direttrice e passante per il punto medio del segmento sull’asse che congiunge il fuoco con la direttrice. L’origine di questo sistema di riferimento è il vertice della parabola. Si denoti con 2p la distanza del fuoco dalla direttrice. L’equazione del luogo geometrico è

quindi: PF = PH ⇒ x −0( )2+ y− p( )

2= y+ p ⇒ y = 1

4 px2 .

Se chiamiamo a = 14 p

otteniamo l’equazione della parabola con vertice

coincidente con l’origine degli assi:

2

y = ax2 .

Osserviamo che:

L’equazione generale della parabola Vediamo come si scrive l’equazione di una parabola il cui vertice non coincide con l’origine. Si considera un nuovo sistema di riferimento con origine coincidente con il vertice della parabola, le cui coordinate sono legate alle vecchie dalle equazioni:

3

X = x − xVY = y− yV

"#$

%$,

dove

€

V (xV ;yV ) è il vertice della parabola nel sistema di coordinate x-y. Nel nuovo sistema di riferimento l’equazione della parabola è

Y = aX 2 . Sostituendo in base alle equazioni di cui sopra otteniamo l’equazione:

y− yV = a x − xV( )2

. Ovviamente il parametro a (che descrive la convessità della parabola) non cambia per effetto delle trasformazioni considerate. Sviluppando l’ultima espressione possiamo esprimere la parabola, con asse parallelo all’asse y, nella forma:

y = ax2 + bx + c , dove i coefficienti a, b, e c sono legati alle coordinate del vertice dalla relazione

xV = −b2a

yV = −b2 −4ac4a

= −Δ4a

#

$%%

&

%%

⇒ V = −b2a,− Δ4a

#

$%

&

'( .

Se la parabola è scritta nella forma

€

y = ax 2 + bx + c , possiamo desumere l’equazione della direttrice

d: y = yV − p = −1+Δ4a

⇒ y = −1+Δ4a ,

e le coordinate del fuoco

xF = −b2a

yF = yV + p =1−Δ4a

#

$%%

&%%

⇒ F = −b2a,1−Δ4a

#

$%

&

'(

e dell’asse della parabola.

x = − b2a .

4

Esempio Determinare le coordinate del vertice, del fuoco e della direttrice della parabola di equazione 3 y−12x2 −12x +7= 0 . Tracciare inoltre il grafico della parabola. Soluzione 3 y+7=12x2 +12x

y+ 73= 4x2 +4x +1−1

y+103= 4(x + 1

2)2 ⇒ a = 4; V (−1

2;−73) F (−1

2;−73

+14= −2512)

p∩ y = 0{ } : 3 y−12x2 −12x +7= 0y = 0

#$%

&%⇒ x = −6± 120

12

p∩ x = 0{ } : 3 y−12x2 −12x +7= 0x = 0

#$%

&%⇒ y = −7

3

Esercizi 1. Determinare vertice, fuoco, x-intersezione, y-intersezione e tracciare

il grafico delle seguenti parabole: a)

€

y = −2x 2 + 8x; b)

€

6x 2 − 24x + 5 − y = 0. 2. Determinare l’equazione della parabola: a) Avente fuoco nel punto (1;2), asse parallelo all’asse y, e passante per il

punto (9;0);

5

b) Che interseca l’asse x nei punti (1;0) e (5;0) e con

€

a = −2. Casi particolari

• Se il fuoco è situato “sotto” la direttrice d, la convessità della parabola cambia: il coefficiente a è infatti negativo, come si vede dall’esempio seguente.

• Se la direttrice d è parallela all’asse y (l’asse della parabola è quindi parallelo all’asse x), si deduce l’equazione della parabola semplicemente scambiando tra loro le variabili x e y:

x = ay2 + by+ c

V −Δ4a;− b2a

#

$%

&

'( , F 1−Δ

4a;− b2a

#

$%

&

'(

asse : y = − Δ4a

, d : direttrice : x = −1+Δ4a

.

Il motivo di questo “scambio” è dettato da questioni di simmetria del problema.

6

Esercizi Scrivere l’equazione e disegnare il grafico della parabola che soddisfa le seguenti condizioni.

1. Fuoco in 0,5( ) , direttrice y−6 = 0 2 y =11− x2⎡⎣

⎤⎦

2. Vertice in 0,2( ) , direttrice x +2 = 0 8x = y2 −4 y+4⎡⎣

⎤⎦

3. Vertice in 1,2( ) , fuoco in 54,2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ y = x2 −4x +5⎡

⎣⎤⎦

4. Vertice in −1;2( ) , passa per A 3;−6( ) 2 y = −x2 −2x +3⎡⎣

⎤⎦

5. Passa per A 0;−1( )B 2;−1( )C −2;5( ) , asse parallelo all’asse y. Indicato con D il simmetrico di C rispetto all’asse della parabola, si calcoli l’area del quadrilatero ABCD.

4 y = 3x2 −6x −4; D 4;5( ) Area = 20⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

Il problema della tangente alla parabola in un punto datoP x0; y0( )

Metodo algebrico La geometria analitica riconduce la soluzione algebrica del problema allo studio del sistema di due equazioni di secondo grado

y = ax2 + bx + c

y− y0 = m x − x0( )

"#$

%$.

Sostituendo la seconda equazione nella prima, otteniamo la cosiddetta “equazione risolvente”

ax2 + b−m( )x + c − y0 +mx0 = 0 . La condizione algebrica per ottenere il valore del coefficiente angolare m è Δ = 0 . In questo caso scriviamo:

b−m( )2−4a c − y0 +mx0( ) = 0⇒ b−m( )

2−4a c − ax0

2 − bx0 − c +mx0( ) = 0 . Riconoscendo il quadrato

b−m( )+2ax0"#

$%2= 0 ,

otteniamo come risultato m = 2ax0 + b , e l’equazione della parabola è

7

y− y0 = (2ax0 + b)(x − x0 ) .

Oppure: si impone la condizione di tangenza Δ = 0nella soluzione dell’equazione risolvente, rappresentativa dell’ascissa del punto di

tangenza. x0 =−(b−m)± 0

2a⇒ m = 2ax0 + b .

• Determinare l’equazione della tangente alla parabola y = 3x2 −2 nel punto di coordinate (1;1) . Applicando l’ultima formula trovata otteniamo m = 2ax0 + b = 2 ⋅3 ⋅1+0 = 6 , e l’equazione della retta è

y−1= 6(x −1)⇒ y = 6x −5.

Nel caso in cui la parabola abbia l’asse parallelo all’asse x, i ragionamenti vengono modificati in base alle considerazioni fatte in precedenza, per cui:

x = ay2 + by+ c

x − x0 = m y− y0( )

"#$

%$.

Calcoli analoghi a quelli fatti nel caso della parabola con asse parallelo all’asse y portano alla seguente utile formula per il calcolo del coefficiente angolare della tangente alla parabola in un punto noto P x0; y0( ) :

m = 12ay0 + b

• Determinare l’equazione della retta tangente alla parabola di equazione x = y2 −1 nel punto di coordinate 3;2( ) .

Si applica la formula m = 12ay0 + b

=1

2 ⋅1⋅2+0=14

per cui

y−2 = 14(x −3)⇒ y = 1

4x + 54

è l’equazione della tangente cercata.

8

Metodo geometrico La tangente alla parabola in un punto ha la proprietà di lasciare il suo grafico tutto da una parte. Dimostriamo che l’asse del segmento FH, usato per la costruzione della parabola, gode di questa proprietà.

Dalla figura precedente si osserva che i triangoli OFM e MKH sono uguali, in quanto ambedue rettangoli, con gli angoli KM̂H =OM̂F perché opposti al vertice, e con i lati OF = KM , coincidenti con la semi-distanza focale per costruzione della parabola. Di conseguenza, il punto M appartiene all’asse x e le sue coordinate sono M =

x02;0

!

"#

$

%& .

Il coefficiente angolare dell’asse è, per definizione,

m =P0KMK

=y0x0 2

=2ax0

2

x0= 2ax0 e, quindi la sua equazione è y = y0 +2ax0 (x − x0 ) .

9

Per dimostrare che la parabola sta tutta su uno dei due semipiani delimitati dall’asse t, valutiamo lo “scostamento” Δy di un punto della parabola da quello, avente la stessa ascissa, che si trova sull’asse: Δy = ax2 − ( y0 +2ax0 (x − x0 )) = ax

2 − ax02 +2ax0x −2ax0

2#$

%&= a x − x0( )

2≥ 0 . Abbiamo così

dimostrato che, nel caso particolare di parabola con vertice coincidente con l’origine, il coefficiente angolare della retta tangente al grafico della parabola nel punto di coordinate P x0; y0( ) è dato dalla relazione m = 2ax0 . Se il vertice non coincide con l’origine, l’invarianza del coefficiente

angolare per traslazioni, e le relazioni X = x − xVY = y− yV

"#$

%$ permettono di

determinare il coefficiente angolare: m = 2aX0 = 2a x0 − xV( ) = 2ax0 + b .

L’equazione generale della retta tangente nel punto P x0; y0( ) è y = y0 + (2ax0 + b)(x − x0 ) .

Metodo degli infinitesimi di Leibniz Vogliamo determinare l’equazione della retta tangente alla parabola y = x2nel punto di ascissa x =1. Per questo scopo consideriamo un punto sulla parabola vicino al punto di tangenza T = 1,1( ) , per esempio il punto di

coordinate S = 1+ h, 1+ h( )2!

"#

$%& , e scriviamo l’equazione della retta secante la

parabola, passante per i due punti dati: y−1=1+ h( )

2−1

hx −1( ) . Dopo un

passaggio risulta: y = h2 +2hh

x −1( )+1. Dividiamo per h all’interno della

frazione ed otteniamo: y = 2+ h( ) x −1( )+1. Ora, immaginando di far scorrere S verso T, possiamo trascurare l’infinitesimo h, ottenendo l’equazione cercata: y = 2x −1. Il procedimento seguito è corretto? In realtà, NO. Infatti, prima abbiamo diviso per h, (quindi ammettendo implicitamente che fosse diverso da zero), poi l’abbiamo eliminato in quanto infinitesimo (e quindi considerandolo, di fatto, uguale a zero).

10

Questo metodo (e quello molto simile, ideato da Newton), pur non essendo formalmente corretto, non solo è stato utilizzato durante tutto il diciottesimo secolo, ma ha permesso di risolvere un gran numero di problemi, fino ad allora irrisolti con gli strumenti a disposizione. E mentre ciò accadeva, infuriava la famosa disputa Newton-Leibniz circa la paternità del metodo (e delle sue applicazioni) sopra esposto, noto con il nome di Calcolo differenziale. Il problema connaturato al concetto d’infinitesimo, fu risolto con l’introduzione del concetto di limite, che ha segnato la nascita dell’Analisi matematica. Esercizio E’ data l’equazione della parabola y = x2 −1 ed il punto P 0,k( ) . Si determini il valore di k tale che:

a) Le tangenti alla parabola condotte da P siano perpendicolari. b) Il triangolo di vertici i punti di tangenza e il vertice della parabola

abbia area uguale a 4. Soluzione a) Mettiamo a sistema l’equazione della parabola con quella del fascio di rette per P

y = x2 −1y = mx + k

"#$

%$⇒ x2 −mx − k −1= 0⇒Δ = m2 +4 k +1( ) = 0⇒ m = 2 −k −1

(m = −2 −k −1.

Imponiamo quindi che i coefficienti angolari siano uno l’antireciproco

11

dell’altro: m !m = −1⇒ 4 k +1( ) = −1⇒ k = − 54

. Le equazioni delle tangenti

sono quindi y = ±x − 54

.

c) Sfruttiamo l’equazione risolvente per determinare le ascisse dei punti

di tangenza: x = ± −k −1⇒ T1 −k −1,−k −2( ) T2 − −k −1,−k −2( ) .

Indicato con V = 0,−1( ) il vertice della parabola, l’area del triangolo

VT1T2è Area =2 −k −1 ⋅ −k −1

2. Infine,

−k −1( )32 = 4⇒−k −1= 163 = 2 23 ⇒ k = −1−2 23 .

Esercizio Scrivere l’equazione della parabola con l’asse parallelo all’asse delle ascisse, avente fuoco nel punto F −1,2( ) , e passante per P0 1,1( ) . Si determini quindi

l’equazione della retta tangente alla parabola nel punto P0 1,1( ) , e quella della retta simmetrica della tangente rispetto alla bisettrice y = x .

12

Soluzione

x − xV = a y− yV( )2⇒ x − xF +

14a

= a y− yF( )2⇒ 2+ 1

4a= a 1−2( )

2

4a2 −8a −1= 0⇒ a = 4± 204

. Le parabole

in questione quindi, sono due: x +1+ 14+ 20

=4+ 204

!

"##

$

%&& y−2( )

2e

x +1+ 14− 20

=4− 204

"

#$$

%

&'' y−2( )

2. Di conseguenza, le tangenti saranno due:

t1 : y−1=x −1

−2− 5t2 : y−1=

x −1−2+ 5

. Ricordando le equazioni della

simmetria rispetto alla bisettrice σ y=x

!x = y!y = x

⇒

!t1 : x −1=y−1

−2− 5

!t2 : x −1=y−1

−2+ 5

$

%

&&

'

&&

.

13

Alcune proprietà della parabola Proprietà focali della parabola Non è difficile dimostrare che un raggio incidente la parabola parallelamente all’asse, viene riflesso nel fuoco. Sia AP̂I :=α , e dimostriamo che IP̂F =α . Risulta FP̂M = MP̂K = 90°−α , e IP̂J =α perché angolo di riflessione. Ora, MP̂J = 90°−α = MP̂K , quindi IP̂F = IP̂J =α , come volevasi dimostrare.

Perpendicolarità delle tangenti a una parabola condotte da un punto sulla direttrice

14

Dimostrazione geometrica I Siano L e M i punti in cui le tangenti condotte dal punto P, appartenente alla direttrice, incontrano l’asse x. Per costruzione gli angoli FM̂P e FL̂P sono retti (si veda al riguardo il procedimento che ha portato alla costruzione della parabola). Siano C il punto in cui il segmento FP incontra l’asse x, e D il punto in cui la direttrice taglia l’asse y. La similitudine dei triangoli FVC e FDP e la relazione FV = FD 2 per le proprietà della parabola, conducono alla relazione FC =CP . Il triangolo FMP è quindi rettangolo in M e, di conseguenza, inscrivibile in una circonferenza di centro C e raggio FC =CP =MC . Con un ragionamento identico fatto sul triangolo FLP si arriva a concludere che FC =CP =CL , da cui segue MC =CL . L’ultima relazione trovata, unitamente alla FC =CP , permettono di concludere che il quadrilatero FMPL ha le diagonali ML e FP che si tagliano scambievolmente a metà in C: il quadrilatero è quindi un rettangolo e MP̂L è un angolo retto, c.v.d. Dimostrazione geometrica II Si traccino le semirette con origine nel fuoco F, perpendicolari alle tangenti t1,t2 uscenti da P, e siano H’ e K’ i punti in cui queste semirette incontrano la direttrice. Le tangenti t1, t2 sono, per costruzione, assi dei segmenti FH ',FK ' , i cui punti medi sono rispettivamente H e K. Si formano i triangoli isosceli FPH’ e FPK’. Proviamo che l’angolo KP̂H è

retto: KP̂H =180°− (HP̂H '+ KP̂K ')KP̂H = FP̂H + FP̂K = HP̂H '+ KP̂K '

⇒ 2KP̂H =180°⇒ KP̂H = 90°#$%

&%.

Dimostrazione analitica In riferimento alla figura, siano y = ax2 l’equazione della parabola, e

y = − 14a

quella della direttrice. L’equazione del fascio di rette uscenti da un

generico punto P x ;−1 4a( ) sulla direttrice è y+ 14a

= m x − x( ) . Il sistema con

l’equazione della parabola conduce all’equazione risolvente

ax2 −mx +mx + 14a

= 0 . Posta la condizione di tangenza

0 = Δ = m2 −4amx −1⇒ m1,2 = 2ax ± 4a2x 2 +1 da cui segue m1m2 = −1, c.v.d.

15

(oppure, dalla relazione tra le radici di un’equazione di secondo grado ed il

termine noto, x1x2 =ca⇒ m1m2 =

−11= −1).

Parabola come traiettoria di un proiettile Un proiettile è lanciato dal punto P x0; y0( ) con velocità

€

v0 con un angolo

€

θ sopra l’orizzontale. Fissato un sistema di coordinate, il moto del proiettile nelle vicinanze della superficie terrestre, è regolato dalle seguenti equazioni:

x = x0 + v0xt

y = y0 + v0 yt −12gt2

"

#$

%$

.

Equazioni scritte in questo modo si dicono equazioni parametriche della parabola. In questo caso il “parametro” è il tempo t. Si giunge all’equazione cartesiana della parabola (traiettoria del proiettile) eliminando il parametro t tra le due equazioni precedenti:

y = −x − x0( )

2

2v0x2

g + v0 yx − x0( )v0x

+ y0 .

Esaminiamo adesso la seguente situazione di tipo “sperimentale”. L’immagine a fotogrammi di un corpo lanciato da terra è la seguente.

Vogliamo risalire alle grandezze fisiche che caratterizzano il moto del proiettile. Avendo a disposizione una “fotografia”, dobbiamo affidarci all’equazione cartesiana della traiettoria. Avessimo avuto a disposizione un

16

“film” del lancio, avremmo potuto pensare di utilizzare le leggi orarie del moto parabolico. Per prima cosa occorre fissare un sistema di riferimento cartesiano ortogonale al fine di risalire all’equazione della traiettoria.

Nel sistema di riferimento scelto, la parabola passa per l’origine e per il puntoP 8,0( ) , inoltre il vertice si trova in corrispondenza del punto di

coordinate V 4,2( ) . Possiamo quindi affermare che la gittata misura 8 quadretti, mentre la quota massima 2 quadretti. Per risalire alle misure reali, occorre conoscere il fattore di scala della macchina fotografica. Supponiamo per semplicità che ad un quadretto corrisponda un metro. L’equazione della traiettoria si determina analiticamente con uno dei metodi noti dal corso di Matematica. Per via del passaggio per l’origine, l’equazione della parabola è incompleta, cioè della forma y = ax2 + bx . Imponiamo il passaggio per P 8,0( )⇒ 0 = 64a+8b⇒ b = −8a⇒ y = ax2 −8ax . Il vertice in V 4,2( )

permette di concludere che 2 =16a −32a⇒ a = −18

. L’equazione

cartesiana della traiettoria è quindi y = − x2

8+ x . Esistono metodi più

efficienti per la determinazione dell’equazione cartesiana, ma a volte può essere istruttivo “arrangiarsi” con quello di cui si dispone (o si ricorda!). Adesso viene la fase più delicata: risalire alla velocità iniziale dall’equazione trovata mediante confronto diretto con l’espressione generale

della traiettoria y = − g2v0x2x2 +

v0 yv0xx . Il confronto diretto consiste

17

nell’uguagliare i coefficienti dei monomi dello stesso grado. Quest’operazione ha il conforto di uno dei risultati più potenti forniti dall’algebra: il principio d’identità dei polinomi. Procediamo:

−g2v0x2= −18

v0 yv0x

=1⇒

v0x2 = 4 g

v0 y = v0x⇒

v0x = 2 g = 3,3ms−1

v0 y = 2 g = 3,3ms−1

#

$%

&%

#

$%

&%

#

$

%%

&

%%

v0 = v0x2 + v0 y

2 = 4,7ms−1

L’angolo di tiro si ottiene dalla relazione cosθ =v0xv0≈ 0,7⇒θ = 45° . In

generale, quando v0x = v0 y , il proiettile è stato lanciato con un angolo di 45° sull’orizzontale. Vedremo in seguito che la gittata massima, a parità di velocità iniziale, si ottiene proprio in corrispondenza di quest’angolo. Di conseguenza, se il coefficiente del termine di primo grado dell’espressione cartesiana è uguale a 1, allora v0x = v0 yed il lancio è avvenuto con un angolo di tiro di 45°. La conoscenza delle leggi orarie permette di determinare il tempo di volo,

sfruttando la relazione xmax = v0x ⋅ tvolo ⇒ tvolo =xmaxv0x

=8m

3,3ms−1= 2,4s .

In conclusione, attraverso il metodo analitico siamo stati in grado di risalire alle caratteristiche del lancio a partire dalla sua immagine a fotogrammi.

Problema

In figura è riportata a fotogrammi distanziati di Δt = 0,1s la traiettoria di un proiettile lanciato da terra. Le distanze sono misurate in metri.

18

a) Si trovi l’equazione cartesiana della traiettoria; • Nel sistema di riferimento in figura, il punto di quota massima

(vertice della parabola) si trova nel punto di coordinate V 16,16( ) , il

lancio è avvenuto dall’origine O 0,0( ) , e il proiettile ricade a terra

(gittata) nel punto G 32,0( )⇒c = 0

256a+16b =161024a+32b = 0

"

#$

%$

⇒ y = − x2

16+2x .

b) Si determini la velocità iniziale (componenti assiali e angolo di tiro); • Dal confronto con l’equazione cartesiana generale della traiettoria

risulta:

−g2v0x

2= −

116

v0 yv0x

= 2

"

#

$$

%

$$

⇒v0x = 8 g

v0 y = 32g⇒

v0 = v0x2 + v0 y

2 = 40 g =19,8ms−1

tanθ =v0 yv0x

= 2⇒θ = 63°

"

#$$

%$$

c) Si scrivano le leggi orarie e si determini il tempo di volo, confrontando il risultato con quello deducibile dal grafico.

• ax = 0

vx = 8,9

x = 8,9t

!

"##

$##

a y = − g

v y =17,8− gt

y =17,8t − gt2

2

!

"

###

$

###

⇒ y = 0⇔ t = 0stvolo = 3,6s

. Dal

grafico si possono contare 36 fotogrammi, scattati a distanza Δt = 0,1s uno dall’altro. La durata del volo che si evince dal grafico è tvolo = 36 ⋅ Δt = 3,6s .

Le leggi orarie delle coordinate del punto in moto parabolico sono un ottimo esempio di rappresentazione parametrica della parabola. Nell’esercizio seguente, utilizziamo l’espressione parametrica di una parabola per rappresentare un generico punto ad essa appartenente.

19

Esercizio. Dimostrare che le tangenti alla parabola condotte da due suoi punti, estremi di un segmento contenente il fuoco al suo interno, s’incontrano in un punto situato sulla direttrice. (E quindi la direttrice può essere vista come opportuno luogo geometrico. Come lo definiresti con precisione?). Cosa succede nel vertice della parabola?

Traccia della soluzione analitica: data la parabola di equazione y = ax2 , indichiamo con t,at2( ) le coordinate di un suo generico punto. Problem The cable of a suspension bridge is in the form of a parabola. If the bridge spans 50m, the roadway is 80m above the water level, the lowest point of the cable is 100m above the water and the top of the towers is 200m above the water, find the equation in expanded form of the cable. Problem If a soccer ball is kicked directly up at 4 m/s, how high does the ball get, at what time does it reach its maximum height, and at what time does it strike the ground.

20m

100m

50m

€

y − 20 = a(x − 25)2

120 − 20 = a(0 − 25)2 ⇒ a =425

⇒ y =425

x 2 − 8x +120

20

a y = − g

v y = 4− gt⇒ tmax height =4g= 0.4s⇒ tstrike = 2 ⋅0.4s = 0.8s

y = 4t − 12gt2 ⇒ ymax height = 4 ⋅0.4−

12g(0.4)2 = 0.8m

Problemi svolti

1. Nel fascio di parabole con asse parallelo all’asse y, tangenti alla retta

€

2x − y − 3 = 0 nel suo punto di ordinata 3, individua quella passante per il punto

€

1;3( ). • Scriviamo innanzitutto l’espressione del fascio di parabole con asse

parallelo all’asse y: y = ax2 + bx + c . Il punto di tangenza è comune alla retta ed alla parabola cercata, quindi per ottenere un secondo punto (oltre al punto

€

1;3( )) da cui passa la parabola, sarà sufficiente sostituire il valore 3 dell’ordinata nell’equazione della retta: 2x − y−3= 0⇒ x = 3 . Ora, poiché due punti da cui passa la parabola, aventi la stessa ordinata, sono simmetrici rispetto all’asse, l’equazione di quest’ultimo è quindi

€

x = 2. Riassumendo quanto appena detto:

a) − b2a

= 2 (relazione tra l’asse della parabola ed i suoi coefficienti)

b)

€

2 = 2a ⋅ 3+ b (formula del coefficiente angolare della tangente in un punto dato) c)

€

3 = a + b + c (imposizione del passaggio per il punto

€

1;3( )). Mettendo a sistema quanto riportato nei punti a)-b)-c) otteniamo il

sistema 4a+ b = 06a+ b = 2a+ b+ c = 3

!

"#

$#

⇒a =1b = −4c = 6

!

"#

$#

da cui segue l’equazione della

parabola y = x2 −4x +6 .

21

a) Determina le equazioni delle tangenti r e s alla parabola mandate dal punto P della direttrice avente ascissa

€

198

.

• Iniziamo con lo scrivere l’equazione della parabola

€

y = x 2 − 4x + 6 nella forma

€

y − 2 = (x − 2)2. Di conseguenza la direttrice ha equazione

€

y = yV − p = yV −14a

= 2 − 14

=74

. Di conseguenza il punto P ha

coordinate

€

P 198; 74

"

# $

%

& ' . Il fascio di rette passanti per P ha equazione

€

y − 74

= m(x − 198). Mettendo questa equazione a sistema con quella

della parabola

€

y − 74

= m(x − 198)

y = x 2 − 4x + 6

# $ %

& % otteniamo l’equazione risolvente

€

x 2 − (4 + m)x +174

+ m198

= 0, in cui, imponendo la condizione di tangenza

€

Δ = 0 otteniamo

€

(4 + m)2 −17 − 19m2

= 0⇒ m2 −32m −1= 0⇒ m =

32

±52

2⇒

m = 2m = −

12

. Di

conseguenza, le rette cercate hanno equazione:

€

y = 2x − 3 e

€

2y + x − 72−198

= 0⇒ 8x +16y − 47 = 0 .

b) Calcola perimetro ed area del triangolo APB, dove A e B sono i punti di tangenza delle rette r e s. • Dalla formula

€

m = 2ax0 + b segue:

€

2 = 2x0 − 4⇒ A(3;3) e

€

−12

= 2x0 − 4⇒ B( 74; 3316). Poiché le rette uscenti da un punto sulla

bisettrice sono tra loro perpendicolari, il triangolo APB è un

triangolo rettangolo,

€

AP =58"

# $ %

& ' 2

+54"

# $ %

& ' 2

=5 58

;

€

BP =58"

# $ %

& ' 2

+516"

# $

%

& ' 2

=5 516

;

22

€

AB =54"

# $ %

& ' 2

+1516"

# $

%

& ' 2

=2516

. Il perimetro sarà quindi

€

p = AP + BP + AB =15 5 + 25

16 e l’area

€

A =AP ⋅ BP2

=125256

. 2. Discutere, al variare del parametro a, il numero di soluzioni del

sistema ax2 − y+ 2 = 0x2 + y2 = 4

"#$

%$.

• Si tratta di studiare le intersezioni tra la famiglia di parabole y = ax2 + 2 e la circonferenza di equazione x2 + y2 = 4 .

Algebricamente y− 2a

+ y2 − 4 = 0⇒ ay2 + y− 4a− 2 = 0⇒

Δ ≥ 0⇔1+16a2 +8a = 4a+1( )2 ≥ 0∀a.

Poiché y ≤ 2 , si hanno tre soluzioni se a < − 14

, e una soluzione se

a ≥ − 14

.

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

-3

-2

-1

1

2

3

3. Si scriva l’equazione della parabola con il fuoco nell’origine degli assi,

e direttrice la retta y = 2 . • La distanza focale è 2p = 2⇒ a = 1

4⇒V 0,1( )⇒ y = − x

2

4+1 .

E’ possibile scrivere con un’unica espressione l’equazione della parabola e della sua simmetrica rispetto all’asse y?

• Sì: sx=0 :!x = −xy = y

#$%

&%⇒ y = ax2 + b x + c .

Si determinino le equazioni delle rette r, s tangenti alla parabola nei punti in cui questa taglia l’asse delle ascisse,

• A,B y = − x2

4+1

y = 0⇒ A 2;0( ),B −2;0( )⇒ m = 2ax0 + b⇒

r : y = −x + 2s : y = x + 2

#

$%

&%

.

23

4. Dopo aver definito il luogo geometrico dei punti del piano rappresentato, al variare del parametro e , dall’equazione e y+ 2 = x2 + y− 2( )2 , si tracci il grafico del luogo geometrico nel caso in cui e =1, e quello delle tangenti t, !t alla curva ottenuta, condotte dal punto P 0,−2( ) . • Si tratta del luogo geometrico dei punti del piano il cui rapporto delle distanze dal

punto F 0,2( ) e dalla retta y = −2 è costante ed è uguale a e . Per e =1 elevando al quadrato otteniamo y+ 2( )2 = x2 + y− 2( )2 ⇒ x2 = 8y .

• t, !t : x2 = 8yy =mx − 2

#$%

&%⇒ x2 −8mx +16 = 0⇒Δ = 0⇔m = ±1⇒

t : y = x − 2!t : y = −x − 2

.

-10 -7,5 -5 -2,5 0 2,5 5 7,5 10

-5

-2,5

2,5

5

-10 -7,5 -5 -2,5 0 2,5 5 7,5 10

-5

-2,5

2,5

5

La parabola come grafico delle funzioni polinomiali di secondo grado Una parabola con asse parallelo all’asse y può essere vista come il grafico di una funzione polinomiale di secondo grado (o, più brevemente, quadratica):

f (x ) = ax2 + bx + c . Il grafico della funzione polinomiale di secondo grado è quindi simmetrico

rispetto all’asse x = − b2a

.

Di seguito rappresentiamo la funzione f (x ) = x2 −3x −4 e le funzioni da essa ottenibili per composizione con la funzione valore assoluto:

1.

€

f (x) = x 2 − 3x − 4

24

2.

€

f (x) = x 2 − 3x − 4

3.

€

f ( x ) = x 2 − 3 x − 4

4.

€

f x( ) = x 2 − 3 x − 4

25

1. Data la funzione

€

f (x) = x 2 − x − 2 a. Tracciare il grafico della funzione

€

f (x) .

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

-3

-2

-1

1

2

3

b. Tracciare il grafico della funzione

€

f ( x ) .

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

-3

-2

-1

1

2

3

La parabola e le funzioni irrazionali Problema

a) Rappresenta graficamente la curva di equazione y = 4− 16+8x . • Se scriviamo la curva data nella forma 16+8x = 4− y , osserviamo

che il campo di esistenza della funzione e l’immagine della stessa sono rappresentati nella parte di piano delimitata dalle soluzioni del

sistema 16+8x ≥ 0 C.E.4− y ≥ 0 I

⇒x ≥ −2y ≤ 4

%&'

('

%&'

('. In questa parte di piano,

quindi, è giustificata l’operazione algebrica 16+8x( )2

= 4− y( )2 dalla

quale segue x = 18y2 − y che, globalmente, rappresenta l’equazione di

una parabola con asse parallelo all’asse x:

x = 18y2 −8 y+16−16( )⇒ x +2 = 1

8( y−4)2 con vertice nel punto di

coordinate

€

V (−2;4), il cui grafico è il seguente.

26

Il grafico della funzione di partenza si ottiene a partire da quello della

parabola tenendo conto delle condizioni x ≥ −2y ≤ 4

$%&

'&:

b) Determina l’equazione della retta r tangente alla curva nel suo punto

V di ordinata maggiore. • Il punto

€

V (−2;4) di ordinata maggiore, essendo vertice della parabola

€

x =18y 2 − y, è tale che la tangente alla curva in quel punto

coincide con la tangente alla parabola nel vertice, cioè con la retta

€

x + 2 = 0.

c) Scrivi l’equazione della retta s tangente alla curva nel suo punto di ascissa nulla e trova le coordinate del punto A di intersezione tra le rette r e s. • Il punto di ascissa nulla coincide con l’origine degli assi cartesiani.

Dalla formula del coefficiente angolare ottenuta con il metodo degli infinitesimi “adattata” al caso della parabola con asse parallelo all’asse x ovvero

€

x = ay 2 + by + c, risulta

€

m = 2ay0 + b⇒ m = 2 ⋅ − 18

%

& '

(

) * ⋅ 0 −1= −1. Dunque la retta tangente s passa

27

per l’origine ed ha coefficiente angolare uguale a-1:

€

s : y + x = 0. Di conseguenza il punto A è

€

A :x + 2 = 0y + x = 0" # $

⇒ A(−2;2)

d) Indica con B e C le proiezioni di V rispettivamente sull’asse x e sull’asse y e trova il rapporto tra l’area del quadrilatero VAOC e l’area del triangolo ABO. • I punto richiesti hanno coordinate B(−2;0) e C (0;4) . Il quadrilatero

VAOC è il trapezio di base maggiore OC = 4, base minore VA = 2, ed altezza VC = 2. L’area del quadrilatero VAOC sarà quindi

€

Area = 6. Il triangolo ABO (rettangolo) ha base OB = 2 ed altezza AB = 2. L’area di conseguenza sarà uguale a 2 ed il rapporto tra l’area del quadrilatero VAOC e quella del triangolo ABO è dunque 6:2 = 3.

5.7 Disequazioni irrazionali Il problema precedente suggerisce la ricerca di un metodo per risolvere disequazioni del tipo generale f (x) ≥ g(x) , oppure f (x) ≤ g(x) . Esaminiamo separatamente i due casi. • f (x) ≥ g(x) : se g(x)< 0 è sufficiente che il radicale esista affinché la

disequazione sia risolubile, mentre se g(x) ≥ 0 , la disequazione è equivalente alla f (x) ≥ g(x)[ ]2 . Quanto detto può essere riassunto nel

seguente schema: g(x ) < 0f (x ) ≥ 0

"#$

%$∨

g(x ) ≥ 0

f (x ) ≥ g(x )'( )*2

"

#$

%$.

• f (x) ≤ g(x) : in questo caso, se g(x)< 0 la disequazione è chiaramente impossibile. Al contrario, se g(x) ≥ 0 , e se il radicale esiste, f (x) ≥ 0 , la

28

disequazione è equivalente alla f (x) ≤ g(x)[ ]2 . Riassumendo:

f (x) ≥ 0g(x) ≥ 0

f (x) ≤ g(x)[ ]2

#

$%%

&%%

.

Esercizi Risolvere le seguenti disequazioni irrazionali:

1. 2x2 −1 ≥1+ x ; 2. 1− x ≥1− x .

3. 1− xx +1

≥x +1x −1

.

4. 3+ x − 1− 2x ≥ x + 4 .

Problemi

1. Dire per quali valori di a e b l’equazione

€

x 2 + ay 2 − 4x − 4y + b = 0 rappresenta:

a) una parabola con asse parallelo all’asse y, b) una parabola con asse parallelo all’asse x.

2. Considera le parabole di equazione

€

y = x 2 + kx + 4e determina per quale valore di k sono tangenti all’asse delle ascisse e scrivi le equazioni delle parabole corrispondenti ai valori trovati.

3. Scrivere l’equazione della parabola con asse di simmetria parallelo

all’asse y, passante per B(2,0) e avente per tangente in C(1,3) la retta t parallela alla retta

€

r : 2x + y = 0. 4. Data la funzione

€

f (x) = 2 − (x −1)2 a) Tracciare il grafico della funzione

€

f (x) ; b) Tracciare il grafico della funzione

€

f ( x ) . 5. Si tracci il grafico della funzione

€

f (x) = 2 + 3− x . 6. Si scriva l’equazione della parabola avente come direttrice l’asse x e

vertice V(0;1/2), a) Indicate con A e B le intersezioni della retta y =mx con la

parabola e C e D le proiezioni ortogonali rispettivamente di A e B sull’asse x, determinare m in modo che il trapezio ABCD sia equivalente al quadrato di lato CD;

29

b) Si determini l’equazione della retta tangente alla parabola e parallela alla retta y = 2x −8 , determinando (ed indicando con P) il punto di contatto; calcolare l’area del triangolo OVP.

7. Scrivere l’equazione della parabola avente fuoco nel punto

€

F(0, 18) e

passante per l’origine. 8. Scrivere l’equazione della retta tangente alla parabola di equazione

y = −x2 +2x −1nel suo punto di ascissa 2. 9. Scrivere l’equazione della parabola avente fuoco nel punto F(0,3),

asse parallelo all’asse delle ordinate, e tangente alla retta di equazione x − 2y− 2 = 0.

10. Scrivere l’equazione della parabola avente fuoco ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−23,1F e vertice

( )2,1 −V . a) Si determinino le intersezioni della parabola con la bisettrice

del II e IV quadrante, b) Si determini l’equazione della tangente alla parabola nel punto

d’intersezione precedentemente trovato, di ascissa negativa. 11. Scrivi l’equazione della parabola tangente alle rette

€

r : x + 2y = 0; s : 2x − 2y − 9 = 0 e avente per asse di simmetria la retta di equazione y = −2 . Determina l’equazione della direttrice d della parabola e calcola l’area del triangolo formato dalle rette d, s e dalla perpendicolare alla parabola nel suo punto di ordinata -3.

12. Disegnare la parabola di equazione

€

y =14x 2 − 3

2x +134

e scrivere l’equazione della retta tangente nel punto P di ascissa 1.

13. Si discutano le intersezioni delle rette passanti per il punto P(0,-4) con la parabola di equazione

€

y = x 2 − 2. Soluzioni delle disequazioni

1. x ≤1− 3∨ x ≥1+ 3 2. 0 ≤ x ≤1 3. osservazione : A(x) ≥ − 1

A(x)...

#

$%

&

'(−1< x <1

4. ∅ Soluzioni dei problemi

1. a) a = 0∀b∈ R

#$%

;b) /∃a,b∈ R

2. k = ±4 3. y = −x2 + 4

30

6. y = 12x2 + 1

2a)m = ±1;± 2 b)16x −8y− 9 = 0;A = 3

8

7. y = 4x2 8. 2x + y−3= 0 9. 3x2 −32y− 96 = 0 10. y = x

2

4− x − 3

2a) ± 6; 6( ) b) 6 + 2( ) x + 2y− 6− 4 6 = 0

11. x = − y2

2− 2y

12. x + y−3= 0 13. m < 2 2 esterne, m = ±2 2 tangenti, m > 2 2 secanti

A-LEVEL MATHEMATICS

1. Find the equation of the parabola with the given focus and directrix: a) focus 4;0( ) directrix : x = −4 ,b) focus 0;4( ) directrix : y = −8 .

2. Find the equation of the axis of symmetry of each of the following parabolae, and the coordinates of each vertex: a) y2 = 4(x −1) , b) 4(y−1) = (x − 2)2 .

3. Find the tangent of gradient 2 to each of this parabolae: a) y2 = 4x , b) 4y2 = x .

4. Find the tangent to the parabola y2 = 8xwith gradient: a) 2, b) -1. 5. Show that there are two tangents to the parabola y2 = 4x through

−1;2( ) and that these two tangents are perpendicular.

COMPITO DI MATEMATICA Classe III sezione E

09/12/2014

1. Si determinino le equazioni delle due parabole con vertice nel punto V 1,1( ) , e passanti perP 0,2( ) . Si rappresentino le due parabole nel piano cartesiano, insieme alla retta congiungente i punti P ,V . Si determinino le equazioni delle rette tangenti alle parabole nei punti Q ,R simmetrici di P rispetto agli assi delle due parabole. Qual è l’asse di simmetria delle rette tangenti trovate?

31

CORREZIONE

• Si hanno due parabole, una con l’asse parallelo all’asse x, e una con asse parallelo all’asse y:

x − xV = a y− yV( )2⇒ 0−1= a 2−1( )

2⇒ a = −1⇒ x = − y2 +2 y

y− yV = a x − xV( )2⇒ 2−1= a(0−1)2 ⇒ a =1⇒ y = x2 −2x +2

. Gli assi

delle due parabole hanno equazioni rispettivamente y =1; x =1 ; di

conseguenza i punti Q ,R hanno coordinate: Q 2− xP , yP( ) = 2,2( ) e

R xP ,2− yP( ) = 0,0( ) . Le tangenti hanno equazioni rispettivamente

tQ : y− yQ = 2axQ + b( ) x − xQ( )⇒ y = 2x −2 e

tR : y− yR =x − xR( )2ayR + b

⇒ y = x2

. Ora, la congiungente i punti P ,V ha

equazione y = 2− x . I punti Q ,R sono simmetrici rispetto al vertice delle parabole; questo, insieme al punto intersezione delle due

tangenti C 43,23

!

"#

$

%& , appartiene alla retta y = 2− x . Di conseguenza,

questa è l’asse di simmetria delle due rette tangenti.