CAPITOLO 2 Rette e piani

Esercizio 2.1. Determinare l’equazione parametrica e Cartesiana della retta del piano

(a) Passante per i punti A(1, 2) e B(−1, 3).

(b) Passante per il punto C(2, 3) e parallela al vettore \overrightarrow{OP} = (−1, 2).

(c) Di equazione Cartesiana y = 2x + 5. Determinare inoltre un punto appartenente a tale retta.

Esercizio 2.2. Determinare l’equazione parametrica e Cartesiana della retta dello spazio

(a) Passante per i punti A(1, 0, 2) e B(3, −1, 0).

(b) Passante per il punto P (1, 3, 1) e parallela al vettore \overrightarrow{OQ} = (2, 0, 0).

(c) Di equazioni Cartesiane

\begin{cases}y = 3x + 1 \\ y − x + z = 0 \end{cases}

Determinare inoltre un punto appartenente a tale retta.

Esercizio 2.3.

a) Determinare l’equazione parametrica e Cartesiana del piano π passante per i punti A(1, 3, 1), B(2, 0, 0) e C(0, 1, 1). Il punto P (0, 2, 0) appartiene a tale piano?

b) Determinare una equazione della retta passante per A ortogonale a π.

Esercizio 2.4. Sia r la retta di R^{3} passante per i punti A(1, −1, 2) e B(−2, 0, 1), e sia s la retta contenente C(1, 3, −3) e parallela al vettore OD(2, −2, 3).

a) Determinare la posizione reciproca delle due rette (cioè se sono incidenti, parallele o sghembe).

b) Se sono incidenti determinarne il punto di intersezione.

Esercizio 2.5.

a) Determinare la posizione reciproca (cioè se sono incidenti, parallele o sghembe) delle rette r e r′ di equazioni parametriche:

r : \begin{cases}x = 2t \\ y = t + 1 \\ z = t + 3 \end{cases} r′ : \begin{cases}x = s \\ y = 2 \\ z = s + 2 \end{cases}

b) Se le rette sono incidenti determinare l’ampiezza dell’angolo tra esse.

Esercizio 2.6. Determinare la posizione reciproca (parallele, incidenti o sghembe) delle rette r e r′ di equazioni parametriche:

r : \begin{cases}x = 2t \\ y = t + 1 \\ z = t \end{cases} r′ : \begin{cases}x = s \\ y = 1 \\ z = 2s + 1 \end{cases}

Esercizio 2.7.

a) Determinare equazioni parametriche della retta r passante per i punti A = (2, 3, 1) e B = (0, 0, 1) e della retta s passante per i punti C = (0, 0, 0) e D = (4, 6, 0).

b) Stabilire se r e s sono complanari. In caso affermativo, trovare un’equazione cartesiana del piano contenente r e s.

Esercizio 2.8. Si considerino le rette r_{1} e r_{2} di equazioni

r_{1} : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = 1 + t \end{cases} r_{2} : \begin{cases}x + y = 1 \\ x − y + z = 2 \end{cases}

a) Si mostri che le due rette sono incidenti.

b) Si determini l’equazione della retta ortogonale a r_{1} e r_{2} e passante per il loro punto di intersezione.

Esercizio 2.9. Si considerino le rette di equazioni cartesiane

r : \begin{cases}x + 2y = 0 \\ y − z = 0 \end{cases} s : \begin{cases}2x = 0 \\ x + y + z = 0 \end{cases}

a) Dopo avere verificato che le due rette sono incidenti, determinare l’equazione cartesiana della retta passante per P (1, 1, 1) e incidente r e s.

b) Determinare l’equazione cartesiana del piano passante per C(1, 2, −3) e perpendicolare a r.

c) Determinare equazioni cartesiane della retta passante per il punto P = (1, 1, 1) e perpendicolare alle due rette r e s.

Esercizio 2.10. Sia r la retta nello spazio passante per i punti A = (0, 0, 1) e B = (−2, −1, 0). Sia s la retta passante per i punti C = (1, 1, 1) e D = (−1, 0, 0).

a) Mostrare che le due rette sono complanari e trovare un’equazione del piano π che le contiene.

b) Trovare equazioni parametriche della retta per l’origine ortogonale al piano π del punto a).

Esercizio 2.11.

a) Determinare equazioni parametriche ed equazioni cartesiane della retta r dello spazio passante per i punti A = (2, −1, 3) e B = (3, 5, 4).

b) Stabilire se la retta r interseca il piano di equazione cartesiana 2x − y + z = 0.

Esercizio 2.12. Sia r la retta nello spazio di equazioni cartesiane x + z + 1 = 2x + 2y − z − 3 = 0 e sia l la retta di equazioni parametriche x = 2t, y = −t, z = 0.

a) Determinare una equazione cartesiana del piano π contenente il punto P (1, 2, 3) e ortogonale alla retta l.

b) Stabilire se esiste una retta passante per P, contenuta in π ed incidente la retta r. In caso affermativo determinare equazioni di tale retta.

Esercizio 2.13. Si considerino i piani dello spazio

π : x − y + z = 0  e  π′ : 8x + y − z = 0.

a) Stabilire la posizione reciproca dei due piani.

b) Trovare un’equazione cartesiana del piano passante per P = (1, 1, 1) e perpendicolare ai piani π e π′.

Esercizio 2.14.

a) Determinare equazioni parametriche e cartesiane della retta r passante per i punti A = (2, 1, 3) e B = (1, 2, 1).

b) Trovare un’equazione cartesiana del piano π parallelo alla retta r e all’asse z e passante per l’origine.

Esercizio 2.15.

a) Determinare equazioni parametriche e cartesiane del piano π passante per i punti A = (−1, 1, 1) e B = (2, 0, 1) e perpendicolare alla retta r di equazioni cartesiane x = y − 1 = 0.

b) Trovare un’equazione cartesiana del piano π′ parallelo al piano π e passante per il punto C = (0, 1, 2).

Esercizio 2.16. Nello spazio si considerino la due rette di equazioni:

r : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 1 − t \\ z = 3 \end{cases} s : x + y − 1 = x − y + z = 0

a) Mostrare che le due rette sono sghembe.

b) Determinare un’equazione del piano contenente la retta r e parallelo alla retta s.

c) Determinare un’equazione del piano parallelo alle due rette ed equidistante da esse.

Esercizio 2.17. Si considerino le rette r_{1}, r_{2}, r_{3} di equazioni

r_{1} : x = 3t + 1, y = −t, z = 3t + 1
r_{2} : x = s, y = 2, z = s
r_{3} : x − 1 = z = 0

a) Si determini un’equazione del piano π contenente le rette r_{1} e r_{2}.

b) Si stabilisca se il piano π contiene r_{3}.

c) Si calcoli la proiezione ortogonale del punto P (1, 2, 0) sul piano π_{1}.

Esercizio 2.18. Si considerino i piani π_{1}, π_{2}, π_{3} di equazioni

π_{1} : z − 3 = 0
π_{2} : x + y + 2 = 0
π_{3} : 3x + 3y − z + 9 = 0

e la retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

a) Si stabilisca se il piano π_{3} contiene r.

b) Si trovi un’equazione cartesiana del piano π_{4} passante per l’origine e contenente r.

c) Si calcoli la proiezione ortogonale dell’origine sul piano π_{1}.

Esercizio 2.19. Si considerino i piani π_{1}, π_{2}, π_{3} di equazioni

π_{1} : 3x + 3y − z = −9
π_{2} : x + y + 2 = 0
π_{3} : x + y + z = 1

e la retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

a) Si stabilisca se il piano π_{3} contiene r.

b) Si trovi un’equazione cartesiana del piano π_{4} passante per l’origine e contenente r.

c) Si calcoli la proiezione ortogonale dell’origine sul piano π_{1}.

Esercizio 2.20. Si considerino la retta r di equazione

r : \begin{cases}x = 2 + t \\ y = −3 − 2t \\ z = 1 \end{cases}

e la famiglia di piani π_{k} : 2x + ky − z = 1 dove k è un parametro reale. a) Si determini per quali k il piano π_{k} risulta parallelo a r.

b) Per il valore di k trovato al punto precedente calcolare la distanza tra π_{k} e r.

Esercizio 2.21. Nel piano, si considerino le rette r_{1}, r_{2}, r_{3} di equazioni

r_{1} : \begin{cases}x = 1 − 2t \\ y = 2t \end{cases}  r_{2} : x − 2y + 1 = 0,  r_{3} : 2x + y − 2 = 0.

a) Si trovi un’equazione cartesiana della retta r parallela a r_{1} e passante per il punto A = r_{2} ∩ r_{3}.

b) Si trovi un’equazione cartesiana della retta s perpendicolare a r_{1} e passante per A.

c) Si calcoli l’angolo tra le rette r_{1} e r_{2} e tra le rette r_{2} e r_{3}.

Esercizio 2.22. Verificare che i quattro punti

P_{1} = (1, 2, 1), P_{2} = (2, 1, 0), P_{3} = (−1, 0, −1), P_{4} = (0, 0, −1)

sono complanari e determinare un’equazione cartesiana del piano che li contiene.

Esercizio 2.23. Siano π_{1} il piano di equazioni parametriche:

x = 1 + u + v, y = 2 + u − v, z = 3 + u, u, v ∈ R

e π_{2} il piano di equazione cartesiana x − y + z + 1 = 0. a) Si scriva l’equazione cartesiana di π_{1}.

b) Si scrivano le equazioni parametriche della retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

c) Detta s la retta di equazioni parametriche: x = 1 + t, y = 2 − t, z = 3 + 2t, si verifichi che r e s sono sghembe.

Esercizio 2.24. Siano r e s le rette di equazioni:

r : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 3t \\ z = 1 \end{cases} ∀t ∈ R, s : \begin{cases}3x − 2y = −2 \\ z = 2 \end{cases}

a) Si determini l’equazione cartesiana del piano π_{1} contenente r e s.

b) Si determini l’equazione cartesiana del piano π_{2} perpendicolare a r e s e passante per il punto C(0, 1, 1).

Esercizio 2.25. Si considerino i tre piani di equazioni

π_{1} : x + y + z = 0,  π_{2} : x − y − z + 1 = 0,  π_{3} : 2x + kz = 1

a) Stabilire la posizione reciproca dei tre piani (paralleli, incidenti in un punto o in una retta ...) al variare di k in R.

b) Si determini l’equazione del piano per l’origine e perpendicolare alla retta r : π_{1} ∩ π_{2}.

Esercizio 2.26. Si considerino le rette r_{1} e r_{2} di equazioni:

r_{1} : \begin{cases}y + z = 2 \\ x = 1 \end{cases}  r_{2} : \begin{cases}x = 2 − 2t \\ y = t \\ z = 1 + t \end{cases}  ∀t ∈ R

a) Si verifichi che le due rette sono incidenti e se ne determini il punto P di intersezione.

b) Si trovi un’equazione parametrica della retta passante per P e ortogonale a r_{1} e r_{2}.

Esercizio 2.27. Siano assegnati il punto A = (1, 2, 1) il piano π e la retta s di equazioni

π : x + z = 4, s : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases}

a) Si determini il punto B, proiezione ortogonale di A su π e la retta r passante per A e per B.

b) Indicato con C il punto di intersezione tra s e r e con D il punto di intersezione tra s e π, si determini un’equazione della retta CD.

c) Si determini l’angolo tra r e la retta CD.

Esercizio 2.28. Nello spazio, si considerino le rette r_{1}, r_{2} di equazioni

r_{1} : \begin{cases}x = 3t \\ y = 2 − t \\ z = 1 + t \end{cases} r_{2} : \begin{cases}x + y − 2 = 0 \\ z + y − 3 = 0 \end{cases}

a) Determinare la loro posizione reciproca.

b) Determinare un’equazione cartesiana del piano π contenente le due rette.

c) Determinare un’equazione parametrica della retta passante per P = (−2, 5, 1) e perpendicolare alle rette r_{1} e r_{2}.

Esercizio 2.29. Nello spazio, si considerino i piani π_{1}, π_{2} di equazioni

π_{1} : 3x − y + z = 0, π_{2} : 2x + y = 0.

a) Scrivere equazioni parametriche della retta r intersezione di π_{1} e π_{2}.

b) Determinare un’equazione cartesiana del piano ortogonale ai due piani assegnati e passante per il punto P = (2, 1, 0).

c) Trovare la proiezione ortogonale del punto P sulla retta r.

Esercizio 2.30. Siano r la retta passante per i punti A = (1, 0, 2) e B = (−1, 1, 1) e s la retta di equazioni parametriche

s : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 − t \\ z = 1 + t \end{cases} ∀t ∈ R

a) Si determini un’equazione cartesiana del piano perpendicolare a r e passante per il punto Q di intersezione tra l’asse delle y e il piano contenente r e s.

b) Si trovino equazioni cartesiane e parametriche della retta perpendicolare ad r e s e passante per il punto P = (1, 3, 1).

Esercizio 2.31. Dati i punti i O(0, 0), A(2, 1), B(1, 3), determinare l’isometria f(x, y) = (x′, y′) tale che f(O) = O′, f(A) = A′, f(B) = B′ nei seguenti casi. Stabilire in particolare se si tratta di una traslazione, rotazione, riflessione e glissoriflessione trovando gli eventuali punti fissi.

a) O′ = (−3, \frac{1}{2}) , A′ = (−1, \frac{3}{2}) , B′ = (−2, \frac{7}{2}).

b) O′ = (1, 0) , A′ = (\frac{5 − 2\sqrt{2}}{3}, \frac{1 + 4\sqrt{2}}{3}) , B′ = (\frac{4 − 6\sqrt{2}}{3}, \frac{3 + 2\sqrt{2}}{3}).

c) O′ = (0, 0) , A′ = (−\frac{2}{5}, \frac{11}{5}) , B′ = (\frac{9}{5}, \frac{13}{5}).

d) O′ = (−2, 1) , A′ = (\frac{1}{5}, \frac{7}{5}) , B′ = (\frac{3}{5}, −\frac{4}{5}).

Esercizio 2.32. Si considerino i punti del piano A = (0, 0), B = (2t, 0), C = (0, 1) e A′ = (2, 2), B′ = (2 + \sqrt{3}, 3) , C′ = (\frac{3}{2}, 2 + \frac{\sqrt{3}}{2}).

a) Per quali valori di t esiste un’isometria diretta che trasforma i punti A, B, C nei punti A′, B′, C′ rispettivamente?

b) Per i valori di t determinati al punto precedente, trovare le equazioni dell’isometria.

c) Stabilire se l’isometria f in b) ha dei punti fissi, cioè tali che f(P) = P.

——————————————————————————————————————————————-

1. Suggerimenti

——————————————————————————————————————————————-

• In R^{2} l’equazione parametrica della retta passante per P (x_{0}, y_{0}) e di direzione parallela al vettore u = (u_{1}, u_{2}) è:

r : \begin{cases}x = x_{0} + u_{1}t \\ y = y_{0} + u_{2}t \end{cases} ∀t ∈ R

• In R^{2} la generica equazione cartesiana di una retta è:

r : ax + by + k = 0

• In R^{3} l’equazione parametrica della retta passante per P (x_{0}, y_{0}, z_{0}) e di direzione parallela al vettore u = (u_{1}, u_{2}, u_{3}) è:

r : \begin{cases}x = x_{0} + u_{1}t \\ y = y_{0} + u_{2}t \\ z = z_{0} + u_{3}t \end{cases} ∀t ∈ R

• In R^{3} la generica equazione cartesiana di una retta è data dall’intersezione di due piani:

r : \begin{cases}a_{1}x + b_{1}y + c_{1}z = k_{1} \\ a_{2}x + b_{2}y + c_{2}z = k_{2} \end{cases}

——————————————————————————————————————————————- • In R^{3} l’equazione parametrica del piano passante per P (x_{0}, y_{0}, z_{0}) e di direzioni parallele ai

vettori u = (u_{1}, u_{2}, u_{3}) e v = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) è:

π : \begin{cases}x = x_{0} + u_{1}t + v_{1}s \\ y = y_{0} + u_{2}t + v_{2}s \\ z = z_{0} + u_{3}t + v_{3}s \end{cases} ∀s, t ∈ R

• In R^{3} la generica equazione cartesiana di un piano è :

π : ax + by + cz = k

Il vettore (a, b, c) ha direzione perpendicolare al piano.

——————————————————————————————————————————————-

• Due rette r_{1} e r_{2} sono parallele se hanno la stessa direzione, ovvero se i rispettivi vettori direzione sono proporzionali.

• In R^{3} due rette r_{1} e r_{2} sono sghembe se non sono parallele e non si intersecano.

• In R^{3} due rette r_{1} e r_{2} sono complanari se non sono sghembe, ovvero se sono parallele oppure si intersecano.

• Due piani π_{1} e π_{2} sono paralleli se non si intersecano. Analogamente due piani π_{1} : a_{1}x + b_{1}y + c_{1}z = k_{1} e π_{2} : a_{2}x + b_{2}y + c_{2}z = k_{2} sono paralleli se i vettori (a_{1}, b_{1}, c_{1}) e (a_{2}, b_{2}.c_{2}) sono proporzionali.

• Una retta r è perpendicolare al piano π : ax + by + cz = k se r ha direzione parallela al vettore

u = (a, b, c).

——————————————————————————————————————————————-

• Dati due vettori u = (u_{1}, u_{2}, u_{3}) e v = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) di R^{3} chiamiamo prodotto scalare di u e v il numero:

(u, v) = u · v^{T} = u_{1}v_{1} + u_{2}v_{2} + u_{3}v_{3}.

• Date due rette r_{1} parallela a un vettore u e r_{2} parallela a un vettore v, l’angolo ϑ tra le due rette è dato da:

cos(ϑ) = \frac{(u, v)}{|u| · |v|} = \frac{u · v^{T}}{|u| · |v|},

dove |u| =norma di u= lunghezza di u =\sqrt{(u, u)} = \sqrt{u · u^{T}}.

——————————————————————————————————————————————-

Isometrie. Le isometrie sono trasformazioni del piano f(x, y) = f(x′, y′) che mantengono le distanze. Un punto P tale che P′ = f(P) = P è detto punto fisso; una retta r tale che r′ = f(r) = r è detta retta fissa. Ci sono quattro tipi di isometrie:

• Isometrie dirette: mantengono l’orientamento degli angoli. Hanno equazione:

\begin{cases}x′ = cx − sy + a \\ y′ = sx + cy + b \end{cases}  con c^{2} + s^{2} = 1

Ci sono due tipi di isometrie dirette:

– Traslazioni: s = 0. Non hanno punti fissi.

– Rotazioni: s ≠ 0. Hanno un punto fisso (il centro di rotazione) che si trova risolvendo il sistema

\begin{cases}x = cx − sy + a \\ y = sx + cy + b \end{cases}

• Isometrie inverse: non mantengono l’orientamento degli angoli. Hanno equazione:

\begin{cases}x′ = cx + sy + a \\ y′ = sx − cy + b \end{cases}  con c^{2} + s^{2} = 1

Ci sono due tipi di isometrie inverse:

– Riflessioni o simmetrie rispetto ad una retta. Hanno una retta di punti fisi (l’asse di simmetria) e infinite rette fisse (le rette ortogonali all’asse).

– Glissoriflessioni: composizione di una rflessione e di una traslazione parallela all’asse di

simmetria. Non hanno punti fissi.

——————————————————————————————————————————————-

2. Soluzioni

Esercizio 2.1. Determinare l’equazione parametrica e Cartesiana della retta del piano

(a) Passante per i punti A(1, 2) e B(−1, 3).

(b) Passante per il punto C(2, 3) e parallela al vettore \overrightarrow{OP} = (−1, 2).

(c) Di equazione Cartesiana y = 2x + 5. Determinare inoltre un punto appartenente a tale retta.

Soluzione:

(a) Poichè \overrightarrow{AB} = (−2, 1) otteniamo

r : \begin{cases}x = 1 − 2t \\ y = 2 + t \end{cases} ∀ t ∈ R

Per ottenere l’equazione Cartesiana basta ricavare t:

\begin{cases}x = 1 − 2t \\ y = 2 + t \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 − 2(y − 2) \\ t = y − 2 \end{cases} ⇒ x + 2y − 5 = 0

(b) Possiamo scrivere direttamente l’equazione parametrica:

r : \begin{cases}x = 2 − t \\ y = 3 + 2t \end{cases} ∀ t ∈ R

Ricaviamo ora l’equazione Cartesiana:

\begin{cases}t = 2 − x \\ y = 3 + 2(2 − x) \end{cases} ⇒ 2x + y − 7 = 0

(c) La cosa più semplice è porre una variabile uguale al parametro t, ottenendo

r : \begin{cases}x = t \\ y = 5 + 2t \end{cases} ∀ t ∈ R

Per determinare un punto P appartenente a r è sufficiente trovare un punto (x, y) che soddisfi l’equazione di r (parametrica o cartesiana). Assegnando per esempio il valore 0 al parametro t nell’equazione parametrica otteniamo il punto:

\begin{cases}x = 0 \\ y = 5 \end{cases} ⇒ P (0, 5).

□

Esercizio 2.2. Determinare l’equazione parametrica e Cartesiana della retta dello spazio

(a) Passante per i punti A(1, 0, 2) e B(3, −1, 0).

(b) Passante per il punto P (1, 3, 1) e parallela al vettore \overrightarrow{OQ} = (2, 0, 0).

(c) Di equazioni Cartesiane

\begin{cases}y = 3x + 1 \\ y − x + z = 0 \end{cases}

Determinare inoltre un punto appartenente a tale retta.

Soluzione:

(a) Poichè \overrightarrow{AB} = (2, −1, −2) otteniamo

r : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = −t \\ z = 2 − 2t \end{cases} ∀ t ∈ R

Ricaviamo ora l’equazione Cartesiana:

\begin{cases}x = 1 + 2(−y) \\ t = −y \\ z = 2 − 2(−y) \end{cases} ⇒ \begin{cases}x + 2y − 1 = 0 \\ 2y − z + 2 = 0 \end{cases}

Notiamo che l’equazione Cartesiana di una retta nello spazio è data mediante l’intersezione di due piani.

(b) Possiamo scrivere direttamente l’equazione parametrica:

r : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 3 \\ z = 1 \end{cases} ∀ t ∈ R

Notiamo che l’equazione si può equivalentemente scrivere

r : \begin{cases}x = t \\ y = 3 \\ z = 1 \end{cases} ∀ t ∈ R

E’ immediato ricavare l’equazione Cartesiana:

\begin{cases}y = 3 \\ z = 1 \end{cases}

(c) La cosa più semplice è porre la variabile x uguale al parametro t, ottenendo

\begin{cases}x = t \\ y = 1 + 3t \\ z = −(1 + 3t) + t \end{cases} ⇒ r : \begin{cases}x = t \\ y = 1 + 3t \\ z = −1 − 2t \end{cases} ∀ t ∈ R

Per determinare un punto P appartenente a r è sufficiente trovare un punto (x, y, z) che soddisfi l’equazione di r (parametrica o cartesiana). Assegnando per esempio il valore 0 al parametro t nell’equazione parametrica otteniamo il punto:

\begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ z = −1 \end{cases} ⇒ P (0, 1, −1).

□

Esercizio 2.3.

a) Determinare l’equazione parametrica e Cartesiana del piano π passante per i punti A(1, 3, 1), B(2, 0, 0) e C(0, 1, 1). Il punto P (0, 2, 0) appartiene a tale piano?

b) Determinare una equazione della retta passante per A ortogonale a π.

Soluzione:

a) Possiamo determinare prima l’equazione parametrica. Poichè

\overrightarrow{AB} = (1, −3, −1)
\overrightarrow{AC} = (−1, −2, 0)

otteniamo

π : \begin{cases}x = 1 + t − s \\ y = 3 − 3t − 2s \\ z = 1 − t \end{cases} ∀ t, s ∈ R

Per ottenere l’equazione Cartesiana da quella parametrica basta ricavare s e t e procedere per sostituzione:

\begin{cases}x = 1 + (1 − z) − s \\ y = 3 − 3(1 − z) − 2s \\ t = 1 − z \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = −x − z + 2 \\ y = 3z − 2(−x − z + 2) \\ t = 1 − z \end{cases} ⇒ 2x − y + 5z − 4 = 0

In alternativa si può ricavare direttamente l’equazione cartesiana, considerando la generica equazione ax + by + cz = d e imponendo il passaggio per i tre punti A, B e C in modo da ricavare i valori di a, b, c e d. Notiamo che così come l’equazione cartesiana è determinata a meno di multipli, anche i valori di a, b, c e d non saranno univocamente determinati.

ax + by + cz = d ⇒ \begin{matrix}A : & a + 3b + c = d \\ B : & 2a = d \\ C : & b + c = d \end{matrix} ⇒ \begin{cases}\frac{d}{2} + 3b + (d − b) = d \\ a = \frac{d}{2} \\ c = d − b \end{cases} ⇒ \begin{cases}b = −\frac{d}{4} \\ a = \frac{d}{2} \\ c = \frac{5}{4}d \end{cases}

Possiamo ora scegliere un valore di d. Ponendo d = 4 otteniamo

\begin{cases}a = 2 \\ b = −1 \\ c = 5 \\ d = 4 \end{cases} ⇒ 2x − y + 5z = 4

Infine P (0, 2, 0) appartiene al piano se le sue coordinate soddisfano l’equazione (Cartesiana o parametrica). Sostituendo nell’equazione Cartesiana otteniamo

−2 − 4 = 0 no

Poichè le coordinate non soddisfano l’equazione P non appartiene al piano.

Analogamente potevamo sostituire nell’equazione parametrica ottenendo:

\begin{cases}0 = 1 + t − s \\ 2 = 3 − 3t − 2s \\ 0 = 1 − t \end{cases} ⇒ \begin{cases}0 = 2 − s \\ 2 = 3 − 3 − 2s \\ t = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = 2 \\ s = −1 \\ t = 1 \end{cases}

Poichè la prima e seconda equazione si contraddicono il sistema non ammette soluzione e P non appartiene al piano.

b) Sappiamo che dato un generico piano ax + by + cz = k il vettore (a, b, c) è ortogonale al piano. Quindi dall’equazione cartesiana del piano ricaviamo che la retta cercata ha direzione (2, −1, 5). Sappiamo inoltre che tale retta passa per A = (1, 3, 1), quindi

\begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 3 − t \\ z = 1 + 5t \end{cases}

□

Esercizio 2.4. Sia r la retta di R^{3} passante per i punti A(1, −1, 2) e B(−2, 0, 1), e sia s la retta contenente C(1, 3, −3) e parallela al vettore \overrightarrow{OD}(2, −2, 3).

a) Determinare la posizione reciproca delle due rette (cioè se sono incidenti, parallele o sghembe).

b) Se sono incidenti determinarne il punto di intersezione.

Soluzione: La retta r passante per B e parallela al vettore \overrightarrow{BA} = (−3, 1, −1) ha equazione parametrica:

r : \begin{cases}x = −2 − 3t \\ y = t \\ z = 1 − t \end{cases} ∀t ∈ R

Analogamente

s : \begin{cases}x = 1 + 2h \\ y = 3 − 2h \\ z = −3 + 3h \end{cases} ∀h ∈ R

a) Osserviamo subito che r e s non sono parallele in quanto i vettori direzione \overrightarrow{BA} e \overrightarrow{OD} non hanno

le componenti proporzionali uno rispetto all’altro.

Per stabilire se sono incidenti cerchiamo l’intersezione r∩s risolvendo il sistema di 3 equazioni nelle due incognite t, h:

\begin{cases}−2 − 3t = 1 + 2h \\ t = 3 − 2h \\ 1 − t = −3 + 3h \end{cases} ⇒ \begin{cases}−3(3 − 2h) − 2h = 3 \\ t = 3 − 2h \\ −(3 − 2h) − 3h = −4 \end{cases} ⇒

\begin{cases}−9 + 6h − 2h = 3 \\ t = 3 − 2h \\ −3 + 2h − 3h = −4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}h = 3 \\ t = 3 − 2h \\ h = 1 \end{cases}

Poichè la prima e terza equazione si contraddicono il sistema non ammette soluzione e le rette non sono incidenti.

Infine le rette sono sghembe.

In alternativa potevamo per esempio ricavare l’equazione cartesiana di una delle due rette

r : \begin{cases}x = −2 − 3t \\ y = t \\ z = 1 − t \end{cases} ⇒ \begin{cases}x + 3y = −2 \\ y + z = 1 \end{cases}

e quindi rislovere il sistema

\begin{cases}x = 1 + 2h \\ y = 3 − 2h \\ z = −3 + 3h \\ x + 3y = −2 \\ y + z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + 2h \\ y = 3 − 2h \\ z = −3 + 3h \\ 1 + 2h + 9 − 6h = −2 \\ 3 − 2h − 3 + 3h = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + 2h \\ y = 3 − 2h \\ z = −3 + 3h \\ −4h = −12 \\ h = 1 \end{cases}

Poichè le ultime due equazioni si contraddicono il sistema non ammette soluzione e le rette non sono incidenti.

Infine le rette sono sghembe.

□

Esercizio 2.5.

a) Determinare la posizione reciproca (cioè se sono incidenti, parallele o sghembe) delle rette r e r′ di equazioni parametriche:

r : \begin{cases}x = 2t \\ y = t + 1 \\ z = t + 3 \end{cases} r′ : \begin{cases}x = s \\ y = 2 \\ z = s + 2 \end{cases}

b) Se le rette sono incidenti determinare l’ampiezza dell’angolo tra esse.

Soluzione:

a) Osserviamo subito che r e r′ non sono parallele in quanto r è parallela al vettore (2, 1, 1) mentre

r′ è parallela al vettore (1, 0, 1).

Per stabilire se sono incidenti cerchiamo l’intersezione r∩r′ risolvendo il sistema di 3 equazioni nelle due incognite t, s:

\begin{cases}2t = s \\ t + 1 = 2 \\ t + 3 = s + 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = 2 \\ t = 1 \\ 1 + 3 = 2 + 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = 2 \\ t = 1 \end{cases}

Sostituendo nell’equazione di r (o analogamente di r′) il valore di t (o di s) determinato, troviamo che r e r′ sono incidenti nel punto P (2, 2, 4).

b) L’ngolo ϑ formato dalle rette r e r′ corrisponde all’angolo formato dai rispettivi vettori direzione u = (2, 1, 1) e v = (1, 0, 1). Possiamo quindi sfruttare la formula

cos(ϑ) = \frac{(u, v)}{|u| · |v|} = \frac{u · v^{T}}{|u| · |v|}

dove

|u| = \sqrt{(u, u)} = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}
|v| = \sqrt{(v, v)} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}

Quindi

cos(ϑ) = \frac{2 + 1}{\sqrt{12}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2} ⇒ ϑ = 30^{∘}.

□

Esercizio 2.6. Determinare la posizione reciproca (parallele, incidenti o sghembe) delle rette r e r′ di equazioni parametriche:

r : \begin{cases}x = 2t \\ y = t + 1 \\ z = t \end{cases} r′ : \begin{cases}x = s \\ y = 1 \\ z = 2s + 1 \end{cases}

Soluzione: Cominciamo a verificare se le rette sono incidenti risolvendo il sistema:

\begin{cases}2t = s \\ t + 1 = 1 \\ t = 2s + 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = 0 \\ t = 0 \\ 0 = 1 \end{cases}

Poichè il sistema non ammette soluzioni le rette non sono incidenti.

Inoltre la retta r è diretta come il vettore (2, 1, 1) mentre la retta r′ è diretta come il vettore (1, 0, 2) quindi le due rette non sono parallele tra loro.

Di conseguenza r e r′ sono sghembe.

□

Esercizio 2.7.

a) Determinare equazioni parametriche della retta r passante per i punti A = (2, 3, 1) e B = (0, 0, 1) e della retta s passante per i punti C = (0, 0, 0) e D = (4, 6, 0).

b) Stabilire se r e s sono complanari. In caso affermativo, trovare un’equazione cartesiana del piano contenente r e s.

Soluzione:

a) Il vettori direzione \overrightarrow{AB} e \overrightarrow{CD} hanno componenti:

\overrightarrow{AB} = (−2, −3, 0) \overrightarrow{CD} = (4, 6, 0)

Quindi:

r : \begin{cases}x = −2t \\ y = −3t \\ z = 1 \end{cases} s : \begin{cases}x = 4t \\ y = 6t \\ z = 0 \end{cases}

b) Poichè i due vettori direzione sono paralleli lo sono anche le due rette r e s e in particolare le

rette sono complanari.

Per determinare il piano che li contiene abbiamo bisogno però di un vettore direzione differente, appartenente al piano. Possiamo per esempio determinare il vettore direzione \overrightarrow{AC} (in quanto A e C appartengono al piano cercato):

\overrightarrow{AC} = (2, 3, 1)

Infine il piano π che contiene r e s ha equazione parametrica:

π : \begin{cases}x = −2t + 2s \\ y = −3t + 3s \\ z = s \end{cases} ∀s, t ∈ R

Per ricavare l’equazione cartesiana basta eliminare i parametri s e t:

\begin{cases}x = −2t + 2z \\ y = −3t + 3z \\ z = s \end{cases} ⇒ 3x − 2y = 0

In alternativa si può ricavare direttamente l’equazione cartesiana, considerando la generica equazione ax + by + cz = d e imponendo il passaggio per tre dei quattro punti, per esempio B, C e D in modo da ricavare i valori di a, b, c e d. Notiamo che così come l’equazione cartesiana è determinata a meno di multipli, anche i valori di a, b, c e d non saranno univocamente determinati.

ax + by + cz = d ⇒ \begin{matrix}B : & c = d \\ C : & 0 = d \\ D : & 4a + 6b = d \end{matrix} ⇒ \begin{cases}c = 0 \\ d = 0 \\ a = −\frac{3}{2}b \end{cases}

Possiamo ora scegliere un valore di b. Ponendo b = 2 otteniamo

\begin{cases}a = −3 \\ b = 2 \\ c = d = 0 \end{cases} ⇒ −3x + 2y = 0

□

Esercizio 2.8. Si considerino le rette r_{1} e r_{2} di equazioni

r_{1} : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = 1 + t \end{cases} r_{2} : \begin{cases}x + y = 1 \\ x − y + z = 2 \end{cases}

a) Si mostri che le due rette sono incidenti.

b) Si determini l’equazione della retta ortogonale a r_{1} e r_{2} e passante per il loro punto di intersezione.

Soluzione:

a) Risolviamo il sistema

\begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = 1 + t \\ x + y = 1 \\ x − y + z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = 1 + t \\ 1 + t + 2t = 1 \\ 1 + t − 2t + 1 + t = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = 1 + t \\ 3t = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = 0 \\ z = 1 \\ t = 0 \end{cases}

Quindi le rette sono incidenti nel punto P (1, 0, 1).

b) Determiniamo l’equazione parametrica di r_{2}:

r_{2} : \begin{cases}x + y = 1 \\ x − y + z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 − t \\ y = t \\ z = 1 + 2t \end{cases}

Quindi r_{2} è parallela al vettore (−1, 1, 2).

Per determinare la direzione ortogonale a r_{1} e r_{2} determiniamo la Il piano π passante per P e contenente r_{1} e r_{2}. π ha direzioni parallele a r_{1} e r_{2} e quindi ha equazioni:

\begin{cases}x = 1 + t − s \\ y = 0 + 2t + s \\ z = 1 + t + 2s \end{cases} ⇒ \begin{cases}x + y = 1 + 3t \\ 2x + z = 3 + 3t \end{cases} x − y + z = 2

Di conseguenza la direzione ortogonale a π (e quindi a r_{1} e r_{2}) è (1, −1, 1). Infine la retta cercata ha equazione

\begin{cases}x = 1 + t \\ y = −t \\ z = 1 + t \end{cases}

Un metodo alternativo consisteva nel determinare il piano π_{1} ortogonale a r_{1} e il piano π_{2} ortogonale a r_{2} passanti per P. Il piano ortogonale a r_{1} ha equazione del tipo x + 2y + z = d. Imponendo il passaggio per P otteniamo 1 + 1 = d, quindi

π_{1} : x + 2y + z = 2

In maniera analoga

π_{2} : −x + y + 2z = 1

La retta cercata è data dall’intersezione di π_{1} e π_{2}:

\begin{cases}x + 2y + z = 2 \\ −x + y + 2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x + 2y + z = 2 \\ 3y + 3z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 − t \\ y = t \\ z = 1 − t \end{cases}

Notiamo che anche se l’equazione parametrica è differente, si tratta ovviamente della stessa retta.

□

Esercizio 2.9. Si considerino le rette di equazioni cartesiane

r : \begin{cases}x + 2y = 0 \\ y − z = 0 \end{cases} s : \begin{cases}2x = 0 \\ x + y + z = 0 \end{cases}

a) Dopo avere verificato che le due rette sono incidenti, determinare l’equazione cartesiana della retta passante per P (1, 1, 1) e incidente r e s.

b) Determinare l’equazione cartesiana del piano passante per C(1, 2, −3) e perpendicolare a r.

c) Determinare equazioni cartesiane della retta passante per il punto P = (1, 1, 1) e perpendicolare alle due rette r e s.

Soluzione:

a) Cominciamo con il determinare se le rette r e s sono incidenti risolvendo il sistema

\begin{cases}x + 2y = 0 \\ y − z = 0 \\ 2x = 0 \\ x + y + z = 0. \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 0 \\ z = 0 \\ x = 0 \\ 0 = 0. \end{cases}

Quindi le rette sono incidenti nel punto O(0, 0, 0). E’ allora sufficiente determinare l’equazione della retta passante per P (1, 1, 1) e O(0, 0, 0). In questo modo tale retta interseca r e s. La direzione è data dal vettore \overrightarrow{OP}(1, 1, 1), quindi la retta cercata ha equazione parametrica:

\begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases}

b) Il piano passante per C(1, 2, −3) e perpendicolare a r ha equazione del tipo

ax + by + cz = k

dove a, b, c corrispondono alle componenti del vettore direzione di r (perpendicolare al piano), mentre il valore di k si determina imponendo il passaggio per C.

Determiniamo quindi l’equazione parametrica di r:

r : \begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = t \end{cases}

Quindi r è parallela al vettore (−2, 1, 1), e il piano cercato è del tipo

−2x + y + z = k

Imponendo poi il passaggio per C(1, 2, −3) otteniamo:

−2 · 1 + 2 + (−3) = k  ⇒  k = −3

Infine il piano cercato ha equazione:

−2x + y + z = −3

c) Scriviamo l’equazione di r e s in forma parametrica:

r : \begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = t \end{cases} s : \begin{cases}x = 0 \\ y = −t \\ z = t \end{cases}

Il piano passante per P (1, 1, 1) e perpendicolare a r ha equazione

−2x + y + z = 0

Analogamente il piano passante per P (1, 1, 1) e perpendicolare a s ha equazione

−y + z = 0

La retta cercata è data dall’intersezione dei due piani appena determinati:

\begin{cases}−2x + y + z = 0 \\ −y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases}

Notiamo che la retta coincide, casualmente, con quella determinata al punto precedente.

Un metodo alternativo consisteva nel calcolare il piano π contenente r e s. Tale piano ha direzione parallela ai due vettori direzione di r e s e contiene il punto O(0, 0, 0) di intersezione di r e s:

r : \begin{cases}x = −2t \\ y = t − s \\ z = t + s \end{cases} ⇒ x + y + z = 0

La retta cercata è quindi la retta passante per P e perpendicolare a tale piano:

\begin{cases}x = 1 + t \\ y = 1 + t \\ z = 1 + t \end{cases}

Notiamo che si tratta, ovviamente, della stessa retta determinata con l’altro metodo, scritta in maniera differente.

□

Esercizio 2.10. Sia r la retta nello spazio passante per i punti A = (0, 0, 1) e B = (−2, −1, 0). Sia s la retta passante per i punti C = (1, 1, 1) e D = (−1, 0, 0).

a) Mostrare che le due rette sono complanari e trovare un’equazione del piano π che le contiene.

b) Trovare equazioni parametriche della retta per l’origine ortogonale al piano π del punto a).

Soluzione:

a) Due rette sono complanari se sono parallele o incidenti.

Il vettori direzione \overrightarrow{AB} e \overrightarrow{CD} hanno componenti:

\overrightarrow{AB} = (−2, −1, −1) \overrightarrow{CD} = (−2, −1, −1)

Poichè i due vettori sono paralleli lo sono anche le due rette r e s e quindi in particolare sono complanari. Per determinare il piano che li contiene abbiamo bisogno però di un vettore direzione differente, appartenente al piano. Possiamo per esempio determinare il vettore direzione \overrightarrow{AC} (in quanto A e C appartengono al piano cercato):

\overrightarrow{AC} = (1, 1, 0)

Infine il piano π che contiene r e s ha equazione parametrica:

π : \begin{cases}x = −2t + s \\ y = −t + s \\ z = 1 − t \end{cases} ∀s, t ∈ R

Per ricavare l’equazione cartesiana basta eliminare i parametri s e t:

\begin{cases}t = 1 − z \\ x = −2 + 2z + s \\ y = −1 + z + s \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = 1 − z \\ s = x + 2 − 2z \\ y = −1 + z + x + 2 − 2z \end{cases} ⇒ x − y − z + 1 = 0

b) Un vettore perpendicolare al piano π ha componenti proporzionali ai cofficienti della x, y e z dell’equazione cartesiana di π, ovvero (1, −1, −1) (o un suo multiplo). Di conseguenza l’equazione della retta cercata è

\begin{cases}x = t \\ y = −t \\ z = −t \end{cases} ∀t ∈ R

□

Esercizio 2.11.

a) Determinare equazioni parametriche ed equazioni cartesiane della retta r dello spazio passante per i punti A = (2, −1, 3) e B = (3, 5, 4).

b) Stabilire se la retta r interseca il piano di equazione cartesiana 2x − y + z = 0.

Soluzione:

a) Il vettore direzione \overrightarrow{AB} é dato da \overrightarrow{AB} = (−1, −6, −1), di conseguenza l’equazione parametrica di r é:

r : \begin{cases}x = 2 − t \\ y = −1 − 6t \\ z = 3 − t \end{cases} ∀t ∈ R

Per determinare l’equazione cartesiana ricaviamo il parametro t per esempio dalla prima equazione e lo sostituiamo nelle altre due ottenendo

r : \begin{cases}6x − y − 13 = 0 \\ x − z + 1 = 0 \end{cases}

b) Per calcolare l’eventuale intersezione tra r e il piano assegnato possiamo mettere a sistema l’equazione cartesiana di r con quella del piano:

\begin{cases}6x − y − 13 = 0 \\ x − z + 1 = 0 \\ 2x − y + z = 0 \end{cases}

In questo caso risulta forse più semplice mettere a sistema l’equazione parametrica di r con quella del piano:

\begin{cases}x = 2 − t \\ y = −1 − 6t \\ z = 3 − t \\ 2x − y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 − t \\ y = −1 − 6t \\ z = 3 − t \\ 2(2 − t) − (−1 − 6t) + (3 − t) = 0 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x = 2 − t \\ y = −1 − 6t \\ z = 3 − t \\ t = −\frac{8}{3} \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{14}{3} \\ y = 15 \\ z = \frac{17}{3} \\ t = −\frac{8}{3} \end{cases}

Di conseguenza la retta r interseca il piano nel punto P (\frac{14}{3}, 15, \frac{17}{3}).

□

Esercizio 2.12. Sia r la retta nello spazio di equazioni cartesiane x + z + 1 = 2x + 2y − z − 3 = 0 e sia l la retta di equazioni parametriche x = 2t, y = −t, z = 0. a) Determinare una equazione cartesiana del piano π contenente il punto P (1, 2, 3) e ortogonale alla

retta l.

b) Stabilire se esiste una retta passante per P, contenuta in π ed incidente la retta r. In caso affermativo determinare equazioni di tale retta.

Soluzione:

a) La retta l ha direzione (2, −1, 0), quindi il piano ortogonale a l ha equazione del tipo 2x − y = d. Imponendo il passaggio per il punto P si ottiene 2 − 2 = d, quindi d = 0 e

π : 2x − y = 0

b) Il punto P appartiene a π; se la retta r interseca π in un punto A, la retta passante per A e P è la retta cercata. Determiniamo quindi l’eventuale intersezione tra r e π:

\begin{cases}2x − y = 0 \\ x + z = −1 \\ 2x + 2y − z − 3 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 2x \\ x + z = −1 \\ 6x − z − 3 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 2x \\ x + z = −1 \\ 7x = 2 \end{cases}

⇒ A (\frac{2}{7}, \frac{4}{7}, −\frac{9}{7})

Determiniamo quindi il vettore direzione \overrightarrow{AP}

\overrightarrow{AP} = (\frac{5}{7}, \frac{10}{7}, \frac{30}{7}) parallelo a (1, 2, 6)

Infine la retta cercata ha equazioni

\begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 + 2t \\ z = 3 + 6t \end{cases} ∀t ∈ R, e \begin{cases}2x − y = 0 \\ 6x − z = 3 \end{cases}

□

Esercizio 2.13. Si considerino i piani dello spazio

π : x − y + z = 0  e  π′ : 8x + y − z = 0.

a) Stabilire la posizione reciproca dei due piani.

b) Trovare un’equazione cartesiana del piano passante per P = (1, 1, 1) e perpendicolare ai piani π e π′.

Soluzione:

a) Due piani o sono paralleli o la loro intersezione è una retta. In questo caso il piano π è perpendicolare al vettore (1, −1, 1), mentre π′ è perpendicolare al vettore (8, 1, −1), quindi i piani non sono paralleli tra loro. Determiniamo la loro intersezione mettendo a sistema le loro equazioni:

\begin{cases}x − y + z = 0 \\ 8x + y − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}9x = 0 \\ −y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = t \end{cases}

Quindi i piani si intersecano nella retta

\begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

b) La direzione perpendicolare al piano π è data dal vettore (1, −1, 1), mentre la direzione perpendicolare a π′ è (8, 1, −1). Di conseguenza il piano perpendicolare a π e π′ passante per il punto P (1, 1, 1) ha equazione parametrica:

\begin{cases}x = 1 + t + 8s \\ y = 1 − t + s \\ z = 1 + t − s \end{cases}

Ricavando i parametri s e t e sostituendo si ottiene una equazione cartesiana:

y + z = 2

In alternativa si può osservare che un piano pependicolare a π e π′ è anche perpendicolare alla retta loro intersezione. Di conseguenza il piano cercato è perpendicolare al vettore (0, 1, 1) (direzione della retta intersezione), ovvero ha equazione del tipo y+z = k. Imponendo il passaggio per P si ottiene direttamente l’equazione cartesiana:

y + z = 2
□

Esercizio 2.14.

a) Determinare equazioni parametriche e cartesiane della retta r passante per i punti A = (2, 1, 3) e B = (1, 2, 1).

b) Trovare un’equazione cartesiana del piano π parallelo alla retta r e all’asse z e passante per l’origine.

Soluzione:

a) \overrightarrow{AB} = (−1, 1, −2), quindi

r : \begin{cases}x = 2 − t \\ y = 1 + t \\ z = 3 − 2t \end{cases} ⇒ \begin{cases}x + y = 3 \\ 2x − z = 1 \end{cases}

b) L’asse delle z ha equazione

a_{z} : \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \end{cases}

quindi il piano π cercato ha come direzioni (−1, 1, −2), (0, 0, 1):

π : \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = −2t + s \end{cases} ⇒ x + y = 0

□

Esercizio 2.15.

a) Determinare equazioni parametriche e cartesiane del piano π passante per i punti A = (−1, 1, 1) e B = (2, 0, 1) e perpendicolare alla retta r di equazioni cartesiane x = y − 1 = 0.

b) Trovare un’equazione cartesiana del piano π′ parallelo al piano π e passante per il punto C = (0, 1, 2).

Soluzione:

a) La retta r ha equazione parametrica

r : \begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi r ha direzione (0, 0, 1) e un piano ad essa perpendicolare ha equazione del tipo z = k. Imponendo il passaggio per A (o per B) si ottiene k = 1. Infine il piano π cercato ha equazione cartesiana z = 1. Una equazione parametrica di π è

π : \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = 1 \end{cases} ∀s, t ∈ R

b) Un piano parallelo al piano π ha equazione del tipo z = k. Imponendo il passaggio per C si

ottiene k = 2. Infine il piano π′ cercato ha equazione z = 2.

□

Esercizio 2.16. Nello spazio si considerino la due rette di equazioni:

r : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 1 − t \\ z = 3 \end{cases} s : x + y − 1 = x − y + z = 0

a) Mostrare che le due rette sono sghembe.

b) Determinare un’equazione del piano contenente la retta r e parallelo alla retta s.

c) Determinare un’equazione del piano parallelo alle due rette ed equidistante da esse.

Soluzione:

a) Due rette del piano sono sghembe se non sono parallele e non si intersecano. L’equazione parametrica di s è:

s : \begin{cases}x = 1 − t \\ y = t \\ z = −1 + 2t \end{cases}

Quindi r ha direzione (1, −1, 0) mentre s ha direzione (−1, 1, 2) e le due rette non sono parallele. Inoltre se calcoliamo r ∩ s:

\begin{cases}x = 1 + t \\ y = 1 − t \\ z = 3 \\ x + y − 1 = 0 \\ x − y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 1 − t \\ z = 3 \\ 1 + t + 1 − t − 1 = 0 \\ 1 + t − 1 + t + 3 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 1 − t \\ z = 3 \\ 1 = 0 \\ 3 + 2t = 0 \end{cases}

il sistema non ammette soluzione, quindi le due rette non si intersecano.

Di conseguenza r e s sono sghembe.

b) Sia π il piano cercato. Poiché π contiene r, deve essere parallelo a r e passare per un punto di r. Sia A = (1, 1, 3) il punto di r, imponendo inoltre le condizioni di parallelismo alle due rette, otteniamo:

π : \begin{cases}x = 1 + t − s \\ y = 1 − t + s \\ z = 3 + 2s \end{cases} ⇒ x + y = 2

c) Si può procedere in più modi. Forse il più semplice è calcolare il piano π′ passante per s e parallelo a r in maniera analoga al punto precedente. Sia B = (1, 0, −1) il punto di s:

π′ : \begin{cases}x = 1 + t − s \\ y = −t + s \\ z = −1 + 2s \end{cases} ⇒ x + y = 1

Il piano cercato è parallelo a π e π′, quindi ha una equazione del tipo x + y = d. Inoltre essendo equidistante da r e da s è anche equidistante da π e π′, ovvero il valore di d è dato dalla media degli analoghi valori di π e π′:

d = \frac{2 + 1}{2} = \frac{3}{2}

Infine il piano cercato è

x + y = \frac{3}{2}

□

Esercizio 2.17. Si considerino le rette r_{1}, r_{2}, r_{3} di equazioni

r_{1} : x = 3t + 1, y = −t, z = 3t + 1
r_{2} : x = s, y = 2, z = s
r_{3} : x − 1 = z = 0

a) Si determini un’equazione del piano π contenente le rette r_{1} e r_{2}.

b) Si stabilisca se il piano π contiene r_{3}.

c) Si calcoli la proiezione ortogonale del punto P (1, 2, 0) sul piano π_{1}.

Soluzione:

a) Notiamo che r_{1} ha direzione (3, −1, 3) e r_{2} ha direzione (1, 0, 1). Le due rette sono comunque complanari in quanto si intersecano:

\begin{cases}3t + 1 = s \\ −t = 2 \\ 3t + 1 = s \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = −5 \\ t = −2 \end{cases} ⇒ r_{1} ∩ r_{2} = A(−5, 2, −5)

Quindi il piano cercato ha equazioni:

π : \begin{cases}x = −5 + 3t + s \\ y = 2 − t \\ z = −5 + 3t + s \end{cases} ⇒ x − z = 0

b) Un modo per verificare se π contiene r_{3} è di controllare se π contiene due qualsiasi punti di r_{3}. Dall’equazione di r_{3} otteniamo per esempio i punti B(1, 0, 0) e C(1, 1, 0) di r_{3}. Quindi π contiene B e C se:

1 − 0 = 0
1 − 0 = 0

Siccome le condizioni non sono verificate B e C, e di conseguenza r_{3}, non sono contenuti in π.

c) Determiniamo la retta s per P ortogonale a π, cioè di direzione (1, 0, −1):

s : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = −t \end{cases}

La proiezione ortogonale dell’origine sul piano π è quindi l’intersezione di s con π:

\begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = −t \\ x − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = −t \\ 1 + t + t = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{2} \\ y = 2 \\ z = \frac{1}{2} \\ t = −\frac{1}{2} \end{cases}

Infine la proiezione cercata è il punto D (\frac{1}{2}, 2, \frac{1}{2}).

□

Esercizio 2.18. Si considerino i piani π_{1}, π_{2}, π_{3} di equazioni

π_{1} : z − 3 = 0
π_{2} : x + y + 2 = 0
π_{3} : 3x + 3y − z + 9 = 0

e la retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

a) Si stabilisca se il piano π_{3} contiene r.

b) Si trovi un’equazione cartesiana del piano π_{4} passante per l’origine e contenente r.

c) Si calcoli la proiezione ortogonale dell’origine sul piano π_{1}.

Soluzione: Calcoliamo un’equazione parametrica di r = π_{1} ∩ π_{2}:

\begin{cases}z − 3 = 0 \\ x + y + 2 = 0 \end{cases} ⇒ r : \begin{cases}x = −t − 2 \\ y = t \\ z = 3 \end{cases}

a) Un modo per verificare se π_{3} contiene r è di controllare se π_{3} contiene due qualsiasi punti di r. Dall’equazione parametrica di r, assegnando per esempio i valori t = 0 e t = 1 otteniamo i punti A(−2, 0, 3) e B(−3, 1, 3) di r. Quindi π_{3} contiene A e B se:

3 · (−2) + 3 · 0 − 3 + 9 = 0
3 · (−3) + 3 · 1 − 3 + 9 = 0

Siccome le due condizioni sono verificate A e B, e di conseguenza r, sono contenuti in π_{3}.

b) Un piano π_{4} contenente r contiene i suoi due punti A e B. Si tratta quindi di trovare l’equazione del piano per A, B e l’origine. Poiché chiede l’equazione cartesiana la cosa più semplice è probabilmente considerare la generica equazione cartesiana e imporre il passaggio pre i tre punti:

ax + by + cz = d ⇒ \begin{cases}−2a + 3c = d \\ −3a + b + 3c = d \\ d = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = \frac{3}{2}c \\ b = \frac{3}{2}c \\ d = 0 \end{cases}

Possiamo ora scegliere un valore di c. Ponendo c = 2 otteniamo

\begin{cases}a = 3 \\ b = 3 \\ c = 2 \\ d = 0 \end{cases} ⇒ 3x + 3y + 2z = 0

In alternativa potevamo ricavare l’equazione parametrica e da questa ricavare l’equazione cartesiana. Poichè \overrightarrow{OA} = (−2, 0, 3) e \overrightarrow{OB} = (−3, 1, 3), otteniamo le equazioni di π_{4}:

π_{4} : \begin{cases}x = −2t − 3s \\ y = s \\ z = 3t + 3s \end{cases} ⇒ 3x + 3y + 2z = 0

c) Determiniamo la retta s per l’origine ortogonale a π_{1}, cioè di direzione (0, 0, 1):

s : \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \end{cases}

La proiezione ortogonale dell’origine sul piano π_{1} è quindi l’intersezione di s con π_{1}:

\begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \\ z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = 3 \end{cases}

Infine la proiezione cercata è il punto P (0, 0, 3).

□

Esercizio 2.19. Si considerino i piani π_{1}, π_{2}, π_{3} di equazioni

π_{1} : 3x + 3y − z = −9
π_{2} : x + y + 2 = 0
π_{3} : x + y + z = 1

e la retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

a) Si stabilisca se il piano π_{3} contiene r.

b) Si trovi un’equazione cartesiana del piano π_{4} passante per l’origine e contenente r.

c) Si calcoli la proiezione ortogonale dell’origine sul piano π_{1}.

Soluzione: Calcoliamo un’equazione parametrica di r = π_{1} ∩ π_{2}:

\begin{cases}3x + 3y − z = −9 \\ x + y + 2 = 0 \end{cases} ⇒ r : \begin{cases}x = t \\ y = −t − 2 \\ z = 3 \end{cases}

a) Un modo per verificare se π_{3} contiene r è di controllare se π_{3} contiene due qualsiasi punti di r. Dall’equazione parametrica di r, assegnando per esempio i valori t = 0 e t = 1 otteniamo i punti A(0, −2, 3) e B(1, −3, 3) di r. Quindi π_{3} contiene A e B se:

0 + (−2) + 3 = 1
1 + (−3) + 3 = 1

Siccome le due condizioni sono verificate A e B, e di conseguenza r, sono contenuti in π_{3}. b) Un piano π_{4} contenente r contiene i suoi due punti A e B. Si tratta quindi di trovare l’equazione

del piano per A, B e l’origine. Poichè \overrightarrow{OA} = (0, −2, 3) e \overrightarrow{OB} = (1, −3, 3), otteniamo le equazioni di π_{4}:

π_{4} : \begin{cases}x = s \\ y = −2t − 3s \\ z = 3t + 3s \end{cases} ⇒ 3x + 3y + 2z = 0

c) Determiniamo la retta s per l’origine ortogonale a π_{1}, cioè di direzione (3, 3, −1):

s : \begin{cases}x = 3t \\ y = 3t \\ z = −t \end{cases}

La proiezione ortogonale dell’origine sul piano π_{1} è quindi l’intersezione di s con π_{1}:

\begin{cases}x = 3t \\ y = 3t \\ z = −t \\ 3x + 3y − z = −9 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 3t \\ y = 3t \\ z = −t \\ 9t + 9t + t = −9 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 3t \\ y = 3t \\ z = −t \\ t = −\frac{9}{19} \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{27}{19} \\ y = −\frac{27}{19} \\ z = \frac{9}{19} \end{cases}

Infine la proiezione cercata è il punto P (−\frac{27}{19}, −\frac{27}{19}, \frac{9}{19}).

□

Esercizio 2.20. Si considerino la retta r di equazione

r : \begin{cases}x = 2 + t \\ y = −3 − 2t \\ z = 1 \end{cases}

e la famiglia di piani π_{k} : 2x + ky − z = 1 dove k è un parametro reale. a) Si determini per quali k il piano π_{k} risulta parallelo a r.

b) Per il valore di k trovato al punto precedente calcolare la distanza tra π_{k} e r.

Soluzione:

a) Un metodo consiste nel mettere a sistema retta e piano e stabilire per quali k il sistema non ammette soluzione:

\begin{cases}x = 2 + t \\ y = −3 − 2t \\ z = 1 \\ 2x + ky − z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 + t \\ y = −3 − 2t \\ z = 1 \\ (2 − 2k)t = 3k − 2 \end{cases}

Il sistema è impossibile, e quindi r e π sono paralleli, se k = 1.

Un altro metodo consiste nell’imporre l’ortogonalità tra il vettore direzione di r, (1, −2, 0) e il vettore normale al piano, (2, k, −1):

((1, −2, 0), (2, k, −1)) = 2 − 2k = 0 ⇔ k = 1

b) Consideriamo un punto di r, per esempio il punto A(2, −3, 1), e sia s la retta passante per A e perpendicolare a π. Poichè la direzione ortogonale a π è (2, 1, −1), l’equazione parametrica di s è:

s : \begin{cases}x = 2 + 2t \\ y = −3 + t \\ z = 1 − t \end{cases}

Il punto B = s ∩ π è dato da:

\begin{cases}x = 2 + 2t \\ y = −3 + t \\ z = 1 − t \\ 2x + y − z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 + 2t \\ y = −3 + t \\ z = 1 − t \\ 4 + 4t − 3 + t − 1 + t = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{14}{6} \\ y = −\frac{17}{6} \\ z = \frac{5}{6} \\ t = \frac{1}{6} \end{cases}

Quindi B = s ∩ π = (\frac{14}{6}, −\frac{17}{6}, \frac{1}{6}).

Infine

d(π, r) = d(A, B) = \sqrt{(\frac{2}{6})^{2} + (\frac{1}{6})^{2} + (−\frac{1}{6})^{2}} = \frac{\sqrt{6}}{6}.

In alternativa si può usare la formula della distanza punto-piano, considerando un qualsiasi punto di r, per esempio (2, −3, 1) e l’equazione del piano π : 2x + y − z − 1 = 0:

d(π, r) = d(π, (2, −3, 1)) = \frac{|2 · 2 + 1 · (−3) + 1 · 1 − 1|}{\sqrt{4 + 1 + 1}} = \frac{1}{\sqrt{6}}

□

Esercizio 2.21. Nel piano, si considerino le rette r_{1}, r_{2}, r_{3} di equazioni

r_{1} : \begin{cases}x = 1 − 2t \\ y = 2t \end{cases}  r_{2} : x − 2y + 1 = 0,  r_{3} : 2x + y − 2 = 0.

a) Si trovi un’equazione cartesiana della retta r parallela a r_{1} e passante per il punto A = r_{2} ∩ r_{3}.

b) Si trovi un’equazione cartesiana della retta s perpendicolare a r_{1} e passante per A.

c) Si calcoli l’angolo tra le rette r_{1} e r_{2} e tra le rette r_{2} e r_{3}.

Soluzione:

a) Determiniamo A = r_{2} ∩ r_{3} risolvendo il sistema

\begin{cases}x − 2y + 1 = 0 \\ 2x + y − 2 = 0. \end{cases} ⇒ A (\frac{3}{5}, \frac{4}{5})

La retta r è quindi la retta per A di direzione parallela al vettore (−2, 2):

r : \begin{cases}x = \frac{3}{5} − 2t \\ y = \frac{4}{5} + 2t \end{cases} ⇒ x + y − \frac{7}{5} = 0

In alternativa potevamo ricavare l’equazione cartesiana di r_{1}:

r_{1} : \begin{cases}x = 1 − 2t \\ y = 2t \end{cases} ⇒ x + y − 1 = 0 ⇒ y = −x + 1

Di conseguenza l’equazione cartesiana di r è:

y − \frac{4}{5} = − (x − \frac{3}{5}) ⇒ x + y − \frac{7}{5} = 0

b) Utilizzando l’equazione parametrica di s, una direzione perpendicolare a quella di r_{1} è data dal vettore (2, 2), quindi:

s : \begin{cases}x = \frac{3}{5} + 2t \\ y = \frac{4}{5} + 2t \end{cases} ⇒ x − y + \frac{1}{5} = 0

Utilizzando in alternativa l’equazione cartesiana di r_{1}, la retta s ha coefficiente angolare opposto del reciproco del coefficiente angolare di r_{1}, quindi 1:

s : y − \frac{4}{5} = (x − \frac{3}{5}) ⇒ x − y + \frac{1}{5} = 0

c) Ricaviamo le equazioni parametriche delle tre rette per avere dei vettori direzione. Sappiamo già che r_{1} è parallela a v_{1} = (−2, 2), inoltre

r_{2} : \begin{cases}x = −1 + 2t \\ y = t \end{cases} r_{3} : \begin{cases}x = t \\ y = 2 − 2t \end{cases}

Quindi r_{2} è parallela a v_{2}(2, 1) e r_{3} è parallela a v_{3}(1, −2). Infine

cos(v_{1}v_{2}) = \frac{−4 + 2}{\sqrt{8} · \sqrt{5}} = \frac{−2}{2\sqrt{10}} = −\frac{1}{\sqrt{10}} ⇒ ϑ = arccos (−\frac{1}{\sqrt{10}})

Notiamo che i vettori v_{2} e v_{3} sono ortogonali, quindi l’angolo tra r_{2} e r_{3} è \frac{π}{2} .

□

Esercizio 2.22. Verificare che i quattro punti

P_{1} = (1, 2, 1), P_{2} = (2, 1, 0), P_{3} = (−1, 0, −1), P_{4} = (0, 0, −1)

sono complanari e determinare un’equazione cartesiana del piano che li contiene.

Soluzione: Sia ax + by + cz + d = 0 la generica equazione cartesiana di un piano. Determiniamo il piano π passante per P_{2}, P_{3} e P_{4} utilizzando la condizione di passaggio per un punto. Si ottiene quindi il sistema:

\begin{cases}2a + b + d = 0 \\ −a − c + d = 0 \\ −c + d = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}b = −2a − d \\ a = −c + d \\ c = d \end{cases}

Ricordando inoltre che l’equazione cartesiana è determinata a meno di un multiplo, possiamo porre arbitrariamente d = 1, ottenendo:

\begin{cases}a = 0 \\ b = −1 \\ c = 1 \\ d = 1 \end{cases} ⇒ π : −y + z + 1 = 0

A questo punto per stabilire se i quattro punti sono complanari è sufficiente verificare che P_{1} passa per π, ovvero che ne soddisfa l’equazione: −2 + 1 + 1 = 0.

Notiamo che abbiamo inizialmente scelto P_{2}, P_{3}, P_{4} solo perché il sistema risultante era più semplice. Era però del tutto equivalente scegliere un’altra terna di punti e verificare poi il passaggio per il quarto punto.

□

Esercizio 2.23. Siano π_{1} il piano di equazioni parametriche:

x = 1 + u + v, y = 2 + u − v, z = 3 + u, u, v ∈ R

e π_{2} il piano di equazione cartesiana x − y + z + 1 = 0.

a) Si scriva l’equazione cartesiana di π_{1}.

b) Si scrivano le equazioni parametriche della retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

c) Detta s la retta di equazioni parametriche: x = 1 + t, y = 2 − t, z = 3 + 2t, si verifichi che r e s sono sghembe.

Soluzione:

a) Per trovare l’equazione cartesiana di π_{1}:

\begin{cases}x = 1 + u + v \\ y = 2 + u − v \\ z = 3 + u \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + u + v \\ x + y = 3 + 2u \\ uz − 3 \end{cases} ⇒ π_{1} : x + y − 2z = −3.

c) Risolviamo il sistema:

\begin{cases}x − y + z = −1 \\ x + y − 2z = −3 \end{cases} ⇒ II + I \begin{cases}x − y + z = −1 \\ 2x − z = −4 \end{cases} ⇒ r : \begin{cases}x = s \\ y = 5 + 3s \\ z = 4 + 2s \end{cases} ∀s ∈ R

c) r è parallela a (1, 3, 2), mentre s è parallela a (1, −1, 2), quindi le due rette non sono parallele. Per stabilire se sono secanti o sghembe risolviamo il sistema

\begin{cases}1 + t = s \\ 2 − t = 5 + 3s \\ 3 + 2t = 4 + 2s \end{cases} ⇒ \begin{cases}1 + t = s \\ 2 − t = 5 + 3 + 3t \\ 3 + 2t = 4 + 2 + 2t \end{cases} ⇒ \begin{cases}1 + t = s \\ 4t = −6 \\ 3 = 6 \end{cases}

Poiché l’ultima equazione è impossibile il sistema non ha soluzione e le rette sono sghembe. □ Esercizio 2.24. Siano r e s le rette di equazioni:

r : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 3t \\ z = 1 \end{cases} ∀t ∈ R, s : \begin{cases}3x − 2y = −2 \\ z = 2 \end{cases}

a) Si determini l’equazione cartesiana del piano π_{1} contenente r e s.

b) Si determini l’equazione cartesiana del piano π_{2} perpendicolare a r e s e passante per il punto C(0, 1, 1).

Soluzione:

a) L’equazione parametrica di s è

s : \begin{cases}x = −\frac{2}{3} + \frac{2}{3}t \\ y = t \\ z = 2 \end{cases} ∀t ∈ R,

quindi r e s hanno entrambe direzione (2, 3, 0) e sono parallele, quindi complanari. Per determinare un’altra direzione di π_{1} consideriamo due qualsiasi punti di r e s e la direzione da essi individuata:

A(1, 0, 1) ∈ r, B (−\frac{2}{3}, 0, 2) ∈ s ⇒ AB = (−\frac{5}{3}, 0, 1) ⇒ (−5, 0, 3)

π_{1} è quindi il piano di direzioni (2, 3, 0) e (−5, 0, 3) e passante per A:

π_{1} : \begin{cases}x = 1 − 5t + 2s \\ y = 3s \\ z = 1 + 3t \end{cases} ∀s, t ∈ R, ⇒ 3x − 2y + 5z = 8

In alternativa potevamo osservare dall’inizio che r e s sono parallele in quanto dal testo è chiaro che non sono sghembe e nelle rispettive equazioni contengono rispettivamente le equazioni z = 1 e z = 2 in contraddizione. Di conseguenza il sistema r ∩ s non può avere soluzione e le rette sono parallele. Per determinare direttamente l’equazione cartesiana si può inoltre determinare tre qualsiasi punti, due su una retta e uno sull’altra e imporre al generico piano ax + by + cz = d il pasaggio per i tre punti. Ponendo per esempio t = 0 e t = 1 nell’equazione di r troviamo i punti A((1, 0, 1) ∈ r e C(3, 3, 1) ∈ r. Dall’equazione di s ponendo per esempio x = 0 troviamo il punto D(0, 1, 2). Imponendo ora il passaggio per i tre punti otteniamo

\begin{cases}a + c = d \\ 3a + 3b + c = d \\ b + 2c = d \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = −c + d \\ 3(−c + d) + 3(−2c + d) + c = d \\ b = −2c + d \end{cases} ⇒

\begin{cases}a = −c + d \\ 3(−c + d) + 3(−2c + d) + c = d \\ b = −2c + d \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = −c + d \\ −8c + 5d = 0 \\ b = −2c + d \end{cases}

Ponendo per esempio d = 8 otteniamo

\begin{cases}a = 3 \\ c = 5 \\ b = −2 \\ d = 8 \end{cases} ⇒ π_{1} : 3x − 2y + 5z = 8

b) Il piano π_{2} cercato è ortogonale a r e s, quindi ha direzione ortogonale a (2, 3, 0) (il vettore direzione di r e s) e equazione del tipo 2x + 3y = d. Imponendo il passaggio per C otteniamo

π_{2} : 2x + 3y = 3
□

Esercizio 2.25. Si considerino i ter piani di equazioni

π_{1} : x + y + z = 0,  π_{2} : x − y − z + 1 = 0,  π_{3} : 2x + kz = 1

a) Si determini l’equazione del piano per l’origine e perpendicolare alla retta r : π_{1} ∩ π_{2}. b) Stabilire la posizione reciproca dei tre piani (paralleli, incidenti in un punto o in una retta ...) al

variare di k in R.

Soluzione:

a) Per determinare r = π_{1} ∩ π_{2} mettiamo a sistema i due piani:

\begin{cases}x + y + z = 0 \\ x − y − z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −y − z \\ −y − z − y − z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −y − z \\ 2y + 2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −y − z \\ y = \frac{1}{2} − z \end{cases}

⇒ r = π_{1} ∩ π_{2} : \begin{cases}x = −\frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{2} − t \\ z = t \end{cases}

Quindi r = π_{1} ∩ π_{2} è una retta di direzione (0, −1, 1) e il piano ortogonale cercato, passante per l’origine, ha equazione −y + z = 0.

b) E’ sufficiente stabilire la posizione della retta r trovata al punto precedente rispetto a π_{3}. Notiamo che una retta e un piano possono essere o incidenti o parallele. Mettiamo a sistema r e π_{3}:

\begin{cases}x = −\frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{2} − t \\ z = t \\ 2x + kz = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{2} − t \\ z = t \\ −1 + kt = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{2} − t \\ z = t \\ kt = 2 \end{cases}

Dobbiamo distinguere due casi:

– Se k ≠ 0, otteniamo la soluzione

\begin{cases}x = −\frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{2} − \frac{2}{k} = \frac{k−4}{2k} \\ z = \frac{2}{k} \\ t = \frac{2}{k} \end{cases}

quindi i tre piani sono incidenti nel punto P = (−\frac{1}{2}, \frac{k−4}{2k}, \frac{2}{k} ).

– Se k = 0, il sistema contiene l’equazione 0 = 2, quindi non ammette soluzione. Di conseguenza i tre piani non si intersecano in quanto π_{3} è parallelo alla retta π_{1} ∩ π_{2}. In alternativa per risolvere il punto b) potevamo osservare che una retta e un piano se non sono

paralleli sono incidenti. La retta r è parallela al vettore \overrightarrow{u} = (0, −1, 1) mentre π_{3} è ortogonale al vettore \overrightarrow{v} = (2, 0, k). Di conseguenza r e π_{3} sono paralleli se e solo se \overrightarrow{u} e \overrightarrow{v} sono ortogonali. Calcolando il prodotto scalare tra i due vettori: \overrightarrow{u} · \overrightarrow{v} = (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}) = k, otteniamo che: se k = 0 i vettori sono ortogonali, quindi r e π_{3} sono paralleli. Se k ≠ 0 la retta e il piano non sono paralleli, quindi sono incidenti.

□

Esercizio 2.26. Si considerino le rette r_{1} e r_{2} di equazioni:

r_{1} : \begin{cases}y + z = 2 \\ x = 1 \end{cases}  r_{2} : \begin{cases}x = 2 − 2t \\ y = t \\ z = 1 + t \end{cases}  ∀t ∈ R

a) Si verifichi che le due rette sono incidenti e se ne determini il punto P di intersezione.

b) Si trovi un’equazione parametrica della retta passante per P e ortogonale a r_{1} e r_{2}.

Soluzione:

a) Mettiamo a sistema le due rette per determinarne il punto di intersezione:

r_{1} ∩ r_{2} : \begin{cases}y + z = 2 \\ x = 1 \\ x = 2 − 2t \\ y = t \\ z = 1 + t \end{cases} ⇒ \begin{cases}t + 1 + t = 2 \\ 2 − 2t = 1 \\ x = 2 − 2t \\ y = t \\ z = 1 + t \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = \frac{1}{2} \\ t = \frac{1}{2} \\ x = 1 \\ y = \frac{1}{2} \\ z = \frac{3}{2} \end{cases}

Le rette si intersecano nel punto P = (1, \frac{1}{2}, \frac{3}{2}). b) Per determinare la direzione ortogonale a r_{1} e r_{2} determiniamo la direzione ortogonale al piano

che contiene r_{1} e r_{2}. In realtà è sufficiente determinare un piano parallelo a quello che contiene r_{1} e r_{2}, quindi per semplificare i conti determiniamo il piano π passante per l’origine parallelo a r_{1} e r_{2}. La retta r_{1} ha equazione parametrica

r_{1} : \begin{cases}x = 1 \\ y = t \\ z = 2 − t \end{cases} ∀t ∈ R

quindi r_{1} e r_{2} sono rispettivamente parallele ai vettori (0, 1, −1) e (−2, 1, 1). Il piano π cercato ha quindi equazioni

π : \begin{cases}x = −2s \\ y = t + s \\ z = −t + s \end{cases}  ∀s, t ∈ R  ⇒ x + y + z = 0

La retta passante per P ortogonale a r_{1} e r_{2} ha quindi direzione parallela a (1, 1, 1):

r : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = \frac{1}{2} + t \\ z = \frac{3}{2} + t \end{cases} ∀t ∈ R

□

Esercizio 2.27. Siano assegnati il punto A = (1, 2, 1) il piano π e la retta s di equazioni

π : x + z = 4, s : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases}

a) Si determini il punto B, proiezione ortogonale di A su π e la retta r passante per A e per B.

b) Indicato con C il punto di intersezione tra s e r e con D il punto di intersezione tra s e π, si determini un’equazione della retta CD.

c) Si determini l’angolo tra r e la retta CD.

Soluzione:

a) Per trovare B determiniamo l’equazione della retta r passante per A e ortogonale a π, cioè di direzione (1, 0, 1):

r : \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \end{cases}

Il punto B è dato dall’intersezione tra r e π:

B : \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ x + z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ 1 + s + 1 + s = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = 1 \\ x = 2 \\ y = 2 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ B = (2, 2, 2)

Notiamo che la retta passante per A e B richiesta è la retta r precedentemente trovata. b) Calcoliamo le intersezioni:

C = r ∩ s : \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + s \\ y = 2 \\ z = 1 + s \\ 1 + s = 1 + t \\ 2 = 2 \\ 1 + s = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}s = −1 \\ t = −1 \\ x = 0 \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ C = (0, 2, 0)

D = s ∩ π : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \\ x + z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = 0 \\ 1 + t = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = 3 \\ x = 4 \\ y = 2 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ D = (4, 2, 0)

c) La retta r è parallela al vettore u = (1, 0, 1) e la retta CD è parallela al vettore v = (4, 0, 0). Indicato con ϑ l’angolo tra le due rette si ottiene:

cos(ϑ) = \frac{(u, v)}{|u| · |v|} = \frac{4}{\sqrt{2} · 4} = \frac{\sqrt{2}}{2} ⇒ ϑ = arccos (\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{π}{4} = 45^{∘}.

□

Esercizio 2.28. Nello spazio, si considerino le rette r_{1}, r_{2} di equazioni

r_{1} : \begin{cases}x = 3t \\ y = 2 − t \\ z = 1 + t \end{cases} r_{2} : \begin{cases}x + y − 2 = 0 \\ z + y − 3 = 0 \end{cases}

a) Determinare la loro posizione reciproca.

b) Determinare un’equazione cartesiana del piano π contenente le due rette.

c) Determinare un’equazione parametrica della retta passante per P = (−2, 5, 1) e perpendicolare alle rette r_{1} e r_{2}.

Soluzione:

a) Mettiamo a sistema r_{1} e r_{2} per calcolarne l’eventuale intersezione:

\begin{cases}x = 3t \\ y = 2 − t \\ z = 1 + t \\ 3t + 2 − t − 2 = 0 \\ 1 + t + 2 − t − 3 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 3t \\ y = 2 − t \\ z = 1 + t \\ t = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 2 \\ z = 1 \\ t = 0 \\ 0 = 0 \end{cases}

Il sistema è compatibile e le rette si intersecano nel punto A(0, 2, 1).

b) Un’equazione cartesiana di r_{1} è

\begin{cases}x + 3y − 6 = 0 \\ y + z − 3 = 0 \end{cases}

Confrontando le equazioni cartesiane delle due rette si vede che il piano y + z − 3 = 0 le contiene entrambe.

In alternativa si poteva ricavare l’equazione parametrica di r_{2}:

r_{2} : \begin{cases}x = 2 − t \\ y = t \\ z = 3 − t \end{cases}

Il piano cercato passa per A = r_{1} ∩ r_{2} e ha direzioni parallele ai vettori giacitura delle due rette:

\begin{cases}x = 3t − s \\ y = 2 − t + s \\ z = 1 + t − s \end{cases} ⇒ y + z − 3 = 0

c) Una retta ortogonale a r_{1} e r_{2} è ortogonale al piano trovato al punto precedente che le contiene entrambe, quindi ha direzione (0, 1, 1):

r : \begin{cases}x = −2 \\ y = 5 + t \\ z = 1 + t \end{cases}

□

Esercizio 2.29. Nello spazio, si considerino i piani π_{1}, π_{2} di equazioni

π_{1} : 3x − y + z = 0, π_{2} : 2x + y = 0.

a) Scrivere equazioni parametriche della retta r intersezione di π_{1} e π_{2}.

b) Determinare un’equazione cartesiana del piano ortogonale ai due piani assegnati e passante per il punto P = (2, 1, 0).

c) Trovare la proiezione ortogonale del punto P sulla retta r.

Soluzione:

a) Mettiamo a sistema π_{1} e π_{2} per calcolarne l’intersezione:

\begin{cases}3x − y + z = 0 \\ 2x + y = 0. \end{cases} ⇒ r : \begin{cases}x = t \\ y = −2t \\ z = −5t \end{cases} ∀t ∈ R

b) Un piano ortogonale ai due piani assegnati è anche ortogonale alla retta r intersezione di π_{1} e π_{2}, quindi ha equazione cartesiana del tipo

x − 2y − 5z = d

Imponendo il passaggio per P otteniamo d = 0, quindi il piano cercato è

x − 2y − 5z = 0

c) La proiezione ortogonale di un punto P su una retta r è data dall’intersezione tra r e il piano per P ortogonale a r. In questo caso sappiamo già che il piano per P ortogonale a r è il piano x − 2y − 5z = 0, quindi si tratta di trovare l’intersezione tra tale piano e r:

\begin{cases}x − 2y − 5z = 0 \\ x = t \\ y = −2t \\ z = −5t \end{cases} ⇒ \begin{cases}t + 4t + 25t = 0 \\ x = t \\ y = −2t \\ z = −5t \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = 0 \\ x = 0 \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases}

Infine la proiezione cercata è l’origina O = (0, 0, 0).

□

Esercizio 2.30. Siano r la retta passante per i punti A = (1, 0, 2) e B = (−1, 1, 1) e s la retta di equazioni parametriche

s : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 − t \\ z = 1 + t \end{cases} ∀t ∈ R

a) Si determini un’equazione cartesiana del piano perpendicolare a r e passante per il punto Q di intersezione tra l’asse delle y e il piano contenente r e s.

b) Si trovino equazioni cartesiane e parametriche della retta perpendicolare ad r e s e passante per il punto P = (1, 3, 1).

Soluzione: Notiamo che la retta r ha equazione parametrica

r : \begin{cases}x = 1 − 2t \\ y = t \\ z = 2 − t \end{cases} ∀t ∈ R

e si tratta di una retta parallela ad s. a) Si tratta di

– Trovare il piano π passante per r e s,

– determinare il punto Q intersecando l’asse delle y con il piano π trovato,

– determinare un’equazione del piano ortogonale a r e passante per Q.

Poiché r e s sono parallele sono complanari, ma per trovare il piano che le contiene dobbiamo procurarci un’altra direzione. Sia per esempio C = (1, 1, 1) un punto di s, allora \overrightarrow{CB} = (2, 0, 0) e il piano π contenente r e s ha equazioni parametrica e cartesiana date da

π : \begin{cases}x = 1 + 2t + 2s \\ y = −t \\ z = 2 + t \end{cases} ∀t, s ∈ R π : y + z = 2

L’asse delle y ha equazione x = z = 0, quindi il punto Q è dato da

Q : \begin{cases}y + z = 2 \\ x = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ Q = (0, 2, 0)

Infine il piano cercato ha direzione ortogonale a r, quindi al vettore (2, −1, 1) e passa per Q = (0, 2, 0), quindi

π′ : 2x − y + z = −2

b) Una retta perpendicolare ad r e s è perpendicolare al piano π trovato al punto precedente che le contiene. Di conseguenza la retta cercata può essere parallela al vettore (0, 1, 1). Equazioni di tale retta sono quindi:

\begin{cases}x = 1 \\ y = 3 + t \\ z = 1 + t \end{cases}  ∀t ∈ R  \begin{cases}x = 1 \\ y − z = 2 \end{cases}

□

Esercizio 2.31. Dati i punti i O(0, 0), A(2, 1), B(1, 3), determinare l’isometria f(x, y) = (x′, y′) tale che f(O) = O′, f(A) = A′, f(B) = B′ nei seguenti casi. Stabilire in particolare se si tratta di una traslazione, rotazione, riflessione e glissoriflessione trovando gli eventuali punti fissi.

a) O′ = (−3, \frac{1}{2}) , A′ = (−1, \frac{3}{2}) , B′ = (−2, \frac{7}{2}).

b) O′ = (1, 0) , A′ = (\frac{5 − 2\sqrt{2}}{3}, \frac{1 + 4\sqrt{2}}{3}) , B′ = (\frac{4 − 6\sqrt{2}}{3}, \frac{3 + 2\sqrt{2}}{3}).

c) O′ = (0, 0) , A′ = (−\frac{2}{5}, \frac{11}{5}) , B′ = (\frac{9}{5}, \frac{13}{5}).

d) O′ = (−2, 1) , A′ = (\frac{1}{5}, \frac{7}{5}) , B′ = (\frac{3}{5}, −\frac{4}{5}).

Soluzione:

a) Dal testo sappiamo già che si tratta di un’isometria. Rappresentando i punti si vede che sia l’angolo 0ÂB che l’angolo 0′Â′B′ sono antiorari, quindi si tratta di una trasformazione diretta: una rotazione o una traslazione. Dobbiamo cercare una trasformazione del tipo

\begin{cases}x′ = cx − sy + a \\ y′ = sx + cy + b \end{cases}

Imponendo le sei condizioni f(O) = O′, f(A) = A′, f(B) = B′ otteniamo il sistema

\begin{cases}−3 = a \\ \frac{1}{2} = b \\ −1 = 2c − s + a \\ \frac{3}{2} = 2s + c + b \\ −2 = c − 3s + a \\ \frac{7}{2} = s + 3c + b \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = −3 \\ b = \frac{1}{2} \\ s = 2c − 2 \\ \frac{3}{2} = 4c − 4 + c + \frac{1}{2} \\ −2 = c − 3s + −3 \\ \frac{7}{2} = s + 3c + \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = −3 \\ b = \frac{1}{2} \\ s = 0 \\ c = 1 \\ −2 = −2 \\ \frac{7}{2} = \frac{7}{2} \end{cases}

Notiamo che per risolvere il sistema abbiamo usato solamente le prime quattro equazioni, mentre abbiamo usato le ultime due per verificare la soluzione. Si tratta della trasformazione

f(x, y) = (x − 3, y + \frac{1}{2})

che è una traslazione e non ha punti fissi. La mancanza di punti fissi si può anche verificare direttamente impostando il sistema

f(x, y) = (x, y) ⇒ \begin{cases}x = x − 3 \\ y = y + \frac{1}{2} \end{cases}

che non ha soluzione.

b) Dal testo sappiamo già che si tratta di un’isometria. Rappresentando i punti si vede che sia l’angolo 0ÂB che l’angolo 0′Â′B′ sono antiorari, quindi si tratta di una trasformazione diretta: una rotazione o una traslazione. Dobbiamo cercare una trasformazione del tipo

\begin{cases}x′ = cx − sy + a \\ y′ = sx + cy + b \end{cases}

Imponendo le sei condizioni f(O) = O′, f(A) = A′, f(B) = B′ otteniamo il sistema

\begin{cases}1 = a \\ 0 = b \\ \frac{5−2\sqrt{2}}{3} = 2c − s + a \\ \frac{1+4\sqrt{2}}{3} = 2s + c + b \\ \frac{4−6\sqrt{2}}{3} = c − 3s + a \\ \frac{3+2\sqrt{2}}{3} = s + 3c + b \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = 1 \\ b = 0 \\ \frac{5−2\sqrt{2}}{3} = −4s + \frac{2+8\sqrt{2}}{3} − s + 1 \\ c = −2s + \frac{1+4\sqrt{2}}{3} \\ \frac{4−6\sqrt{2}}{3} = c − 3s + 1 \\ \frac{3+2\sqrt{2}}{3} = s + 3c \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = 1 \\ b = 0 \\ s = \frac{2\sqrt{2}}{3} \\ c = \frac{1}{3} \\ \frac{4−6\sqrt{2}}{3} = \frac{1}{3} − 2\sqrt{2} + 1 \\ \frac{3+2\sqrt{2}}{3} = \frac{2\sqrt{2}}{3} + 1 \end{cases}

Notiamo che per risolvere il sistema abbiamo usato solamente le prime quattro equazioni, mentre abbiamo usato le ultime due per verificare la soluzione. Si tratta della trasformazione

f(x, y) = (\frac{1}{3}x − \frac{2\sqrt{2}}{3}y + 1, \frac{2\sqrt{2}}{3}x + \frac{1}{3}y)

che è una rotazione. Possiamo quindi trovare il punto fisso (centro di rotazione) impostando il sistema

f(x, y) = (x, y) ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{3}x − \frac{2\sqrt{2}}{3}y + 1 \\ y = \frac{2\sqrt{2}}{3}x + \frac{1}{3}y \end{cases} ⇒ \begin{cases}2x + 2\sqrt{2}y = 3 \\ y = \sqrt{2}x \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{2} \\ y = \frac{\sqrt{2}}{2} \end{cases}

Quindi il centro di rotazione è il punto fisso P (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}).

c) Dal testo sappiamo già che si tratta di un’isometria. Rappresentando i punti si vede che l’angolo 0ÂB è antiorario mentre l’angolo 0′Â′B′ è orario, quindi si tratta di una trasformazione inversa: una riflessione o una glissoriflessione. Dobbiamo cercare una trasformazione del tipo

\begin{cases}x′ = cx + sy + a \\ y′ = sx − cy + b \end{cases}

Notiamo che poiché O = O′, il punto O è fisso, quindi si tratta di una riflessione in quanto le glissoriflessioni non hanno punti fissi.

Imponendo le sei condizioni f(O) = O′, f(A) = A′, f(B) = B′ otteniamo il sistema

\begin{cases}0 = a \\ 0 = b \\ \frac{9}{5} = c + 3s + a \\ \frac{13}{5} = s − 3c + b \\ −\frac{2}{5} = 2c + s + a \\ \frac{11}{5} = 2s − c + b \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = 0 \\ b = 0 \\ c = \frac{9}{5} − 3s \\ \frac{13}{5} = s − \frac{27}{5} − 9s \\ −\frac{2}{5} = 2c + s \\ \frac{11}{5} = 2s − c \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = 0 \\ b = 0 \\ c = −\frac{3}{5} \\ s = \frac{4}{5} \\ −\frac{2}{5} = −\frac{6}{5} + \frac{4}{5} \\ \frac{11}{5} = \frac{8}{5} + \frac{3}{5} \end{cases}

Notiamo che per risolvere il sistema abbiamo usato solamente le prime quattro equazioni, mentre abbiamo usato le ultime due per verificare la soluzione. Si tratta della trasformazione

f(x, y) = (−\frac{3}{5}x + \frac{4}{5}y, \frac{4}{5}x + \frac{3}{5}y)

che è una riflessione. Possiamo quindi trovare la retta di punti fissi (asse di simmetria) impostando il sistema

f(x, y) = (x, y) ⇒ \begin{cases}x = −\frac{3}{5}x + \frac{4}{5}y \\ y = \frac{4}{5}x + \frac{3}{5}y \end{cases} ⇒ \begin{cases}8x − 4y = 0 \\ 4x − 2y = 0 \end{cases} ⇒ y = 2x

Quindi tutti i punti della retta y = 2x sono punti fissi e y = 2x è l’asse di simmetria.

d) Dal testo sappiamo già che si tratta di un’isometria. Rappresentando i punti si vede che l’angolo 0ÂB è antiorario mentre l’angolo 0′Â′B′ è orario, quindi si tratta di una trasformazione inversa: una riflessione o una glissoriflessione. Si tratta quindi di cercare una trasformazione del tipo

\begin{cases}x′ = cx + sy + a \\ y′ = sx − cy + b \end{cases}

Imponendo le sei condizioni f(O) = O′, f(A) = A′, f(B) = B′ otteniamo il sistema

\begin{cases}−2 = a \\ 1 = b \\ \frac{3}{5} = c + 3s + a \\ −\frac{4}{5} = s − 3c + b \\ \frac{1}{5} = 2c + s + a \\ \frac{7}{5} = 2s − c + b \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = −2 \\ b = 1 \\ c = \frac{13}{5} − 3s \\ −\frac{4}{5} = s − \frac{39}{5} + 9s + 1 \\ \frac{1}{5} = 2c + s − 2 \\ \frac{7}{5} = 2s − c + 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = −2 \\ b = 1 \\ c = \frac{4}{5} \\ s = \frac{3}{5} \\ \frac{1}{5} = \frac{8}{5} + \frac{3}{5} − 2 \\ \frac{7}{5} = \frac{6}{5} − \frac{4}{5} + 1 \end{cases}

Notiamo che per risolvere il sistema abbiamo usato solamente le prime quattro equazioni, mentre abbiamo usato le ultime due per verificare la soluzione. Si tratta della trasformazione

f(x, y) = (\frac{4}{5}x + \frac{3}{5}y − 2, \frac{3}{5}x − \frac{4}{5}y + 1)

che è una glissoriflessione. Infatti impostando il sistema

f(x, y) = (x, y) ⇒ \begin{cases}x = \frac{4}{5}x + \frac{3}{5}y − 2 \\ y = \frac{3}{5}x − \frac{4}{5}y + 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 3y − 10 \\ 9y = 9y − 25 \end{cases}

non otteniamo soluzioni.

□

Esercizio 2.32. Si considerino i punti del piano A = (0, 0), B = (2t, 0), C = (0, 1) e A′ = (2, 2), B′ = (2 + \sqrt{3}, 3) , C′ = (\frac{3}{2}, 2 + \frac{\sqrt{3}}{2}).

a) Per quali valori di t esiste un’isometria diretta che trasforma i punti A, B, C nei punti A′, B′, C′ rispettivamente?

b) Per i valori di t determinati al punto precedente, trovare le equazioni dell’isometria.

c) Stabilire se l’isometria f in b) ha dei punti fissi, cioè tali che f(P) = P.

Soluzione:

a) Un’isometria conserva le distanze, quindi:

|AB| = |A′B′| ⇒ |2t| = 2 ⇒ t = ±1
|AC| = |A′C′| ⇒ 1 = 1
|BC| = |B′C′| ⇒ \sqrt{4t^{2} + 1} = \sqrt{5} ⇒ t = ±1

Di conseguenza perché esista un’isometria deve essere t = ±1. Inoltre rappresentando i punti si vede che l’isometria è diretta per t > 0, quindi esiste un’isometria diretta che trasforma i punti A, B, C nei punti A′, B′, C′ rispettivamente, per t = 1.

In alternativa per rispondere alla domanda a) si poteva impostare il sistema relativo alla generica isometria diretta:

\begin{cases}f(A) = A \\ f(B) = B \\ f(C) = C \\ c^{2} + s^{2} = 1 \end{cases}

b) Sia

\begin{cases}x′ = cx − sy + a \\ y′ = sx + cy + b \end{cases}

la generica isometria diretta. Imponendo le condizioni f(A) = A′ e f(C) = C′ (con t = 1) otteniamo il sistema

\begin{cases}2 = a \\ 2 = b \\ \frac{3}{2} = −s + a \\ 2 + \frac{\sqrt{3}}{2} = c + b \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = 2 \\ b = 2 \\ s = \frac{1}{2} \\ c = \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}

Quindi l’isometria f cercata è

\begin{cases}x′ = \frac{\sqrt{3}}{2}x − \frac{1}{2}y + 2 \\ y′ = \frac{1}{2}x + \frac{\sqrt{3}}{2}y + 2 \end{cases}

Notiamo che si tratta di una rotazione antioraria pari ad un angolo di 30^{∘}.

c) Imponendo al generico punto P (x, y) la condizione P′ = f(P) = P otteniamo il sistema

\begin{cases}x = \frac{\sqrt{3}}{2}x − \frac{1}{2}y + 2 \\ y = \frac{1}{2}x + \frac{\sqrt{3}}{2}y + 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}(2 − \sqrt{3})x + y = 4 \\ −x + (2 − \sqrt{3})y = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 4 − (2 − \sqrt{3})x \\ −x + 4(2 − \sqrt{3}) − (2 − \sqrt{3})^{2}x = 4 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = −1 − \sqrt{3} \\ y = 3 + \sqrt{3} \end{cases}

Infine il punto fisso dell’isometria (centro di rotazione) è P (−1 − \sqrt{3}, 3 + \sqrt{3}).

□