Se hai appena inizianto a studiare la geometria analitica, ti sarai già imbattuto in esercizi e problemi che coinvolgono gli aspetti grafici e algebrici (equazioni) delle rette.
Qui di seguito puoi consultare tanti esercizi risolti sulle rette nel piano in modo da comprendere le equazioni e le formule delle rette viste nella teoria.
Determinare le coordinate dell'ortocentro del triangolo di vertici $A=(1,2)$, $B=(-4,2)$ e $C=(-6,-5)$
Per prima cosa, disegnamo il triangolo sul piano.
Ricordiamo che l'ortocentro di un triangolo è il punto di incontro delle tre altezze. Poichè un punto del piano può essere trovato mediante l'intersezione di due rette soltanto, ci limiteremo a considerare solo due altezze. Per semplicità di calcolo, consideriamo le altezze relative alle basi AB e AC come mostra la figura in basso.
L'equazione dell'altezza CO è banalmente la retta verticale $r_{CO}x=-6$, dal momento che essa è perpendicolare alla base orizzontale AB.
Per trovare l'altezza BO invece, è necessario dapprima trovare l'equazione della retta per i due punti A e C: $$\begin{array}{l} \frac{x-1}{-6-1} = \frac{y-2}{-5-2}\\ \frac{-x+1}{7} = \frac{-y+2}{7}\\ -x+1=-y+2\\ r_{AC}:\ y=x+1=0\end{array}$$
A questo punto, l'equazione dell'altezza $r_{BO}$ si determina utilizzando l'equazione di una retta passante per un punto e con coefficiente angolare dato. Infatti abbiamo che questa passa per il punto $B=(-4,2)$ e ha coefficiente angolare $m=-1$ (condizione di perpendicolarità: antireciproco del coefficiente angolare della retta AC $m=1$). Applicando tale formula otteniamo: $$\begin{array}{l} y-2=-1(x+4)\\ r_{BO}:\ y=-x-2\end{array}$$
Per concludere, l'ortocentro O si ricava facendo il sistema tra le rette $r_{CO}$ e r_{BO}: $$O:\begin{cases} x=-6\\ y=-x-2\ \Rightarrow\ y=6-2=4\end{cases}$$ da cui si ottiene $O=(-6,4)$.
Determinare le equazioni degli assi del triangolo di vertici $A=(-3,0)$, $B=(4,0)$, $C=(1,7)$ e verifica che detti assi passano per uno stesso punto.
L'asse relativo ad un lato del triangolo è quella retta che interseca perpendicolarmente il lato nel suo punto medio. Per tale ragione, bisogna prima calcolare i punti medi di ciascun lato del triangolo: $$\begin{eqnarray*} M_{AB}&=&\left(\frac{-3+4}{2},\frac{0+0}{2}\right) = \left(\frac{1}{2},0\right) \\ M_{BC}&=&\left(\frac{4+1}{2},\frac{0+7}{2}\right) =\left(\frac{5}{2},\frac{7}{2}\right) \\ M_{CA}&=&\left(\frac{-3+1}{2},\frac{0+7}{2}\right) = \left(-1,\frac{7}{2}\right) \\ \end{eqnarray*}$$
Adesso calcoliamo le equazioni delle rette definite da ciascun lato del triangolo. In particolare, la retta passante per i due punti A e B allineati orizzontalmente è banalmente la retta orizzontale $r_{AB}: y=0$; per trovare invece le equazioni delle altre due rette oblique, dobbiamo applicare l'equazione della retta per due punti. Per BC abbiamo $$\begin{array}{l} \frac{x-4}{1-4} = \frac{y-0}{7-0}\\ \frac{-x+4}{3} = \frac{y}{7}\\ -7x+28=3y\\ r_{BC}:\ y=-\frac{7}{3}x+\frac{28}{3} \end{array}$$
Mentre per CA otteniamo: $$\begin{array}{l} \frac{x+3}{1+3} = \frac{y-0}{7-0}\\ \frac{x+3}{4} = \frac{y}{7}\\ 7x+21=4y\\ r_{CA}:y=\frac{7}{4}x+\frac{21}{4} \end{array}$$
Troviamo adesso le equazioni degli assi relativi a ciascun lato trovato.
Nello specifico, l'asse relativo ad AB è la retta verticale passante per il punto medio $M_{AB}$, ossia $$a_{AB}:x=\frac{1}{2}\quad (1)$$
Sapendo che l'asse relativo al lato BC, $a_{BC}$, è perpendicolare a $r_{BC}$ (per la condizione di perpendicolarità $m=\frac{3}{7}$) e passante per $M_{BC}=\left(\frac{5}{2},\frac{7}{2}\right)$, la sua equazione è: $$\begin{array}{l} y-\frac{7}{2}=\frac{3}{7}\left(x-\frac{5}{2}\right)\\ y-\frac{7}{2}=\frac{3}{7}x-\frac{15}{14}\\ 14y-49=6x-15\\ 6x-14y+34=0\\ a_{BC}: 3x-7y+17=0 \end{array}$$
Analogamente, l'asse $a_{CA}$ ha come coefficiente angolare l'antireciproco di quello della retta $r_{CA}$, ossia $m=-\frac{4}{7}$ e passa per il punto medio $M_{AC}=\left(-1,\frac{7}{2}\right)$: $$\begin{array}{l} y-\frac{7}{2}=-\frac{4}{7}(x+1)\\ y-\frac{7}{2}=-\frac{4}{7}x-\frac{4}{7}\\ 14y-49=-8x-8\\ a_{CA}: 8x+14y-41=0 \end{array}$$
Dall'immagine di sopra, vediamo che i tre assi si intersecano nel punto D che ricordiamo essere il circocentro. Verifichiamolo numericamente risolvendo il sistema delle equazioni dei tre assi: $$\begin{cases} x=\frac{1}{2}\\ 3x-7y+17=0\\ 8x+14y-41=0\end{cases}$$ nel quale, sostituendo $x=\frac{1}{2}$ nelle altre due equazioni, si ottiene un sistema di due equazioni in due incognite: $$\begin{cases} \frac{3}{2}-7y+17=0\\ 4+14y-41=0\end{cases}$$
Risolvendo separatamente le due equazioni rispetto all'unica variabile y, otteniamo in entrambe la soluzione $y=\frac{37}{14}$. Questo ci conferma il fatto che i tre assi si incontrano nello stesso punto che ha coordinate $$D=\left(\frac{1}{2},\frac{37}{14}\right)$$
Conoscendo i due vertici $A=(2,-1)$, $B=(4,3)$ di un triangolo isoscele di base $AB$ e il suo circocentro $\left(\frac{1}{3},\frac{7}{3}\right)$, determina il terzo vertice $C$.
Ricordiamo che il circocentro è l'incontro degli assi del triangolo. Riportiamo i dati del testo in un grafico:
Determiniamo il punto medio del segmento AB: $$M_{AB}=\left(\frac{x_A+x_B}{2},\frac{y_A+y_B}{2}\right)=(3,1)$$ e quindi l'asse $a_{AB}$ passante per tale punto medio e per il circocentro D: $$\begin{array}{l} \frac{x-x_D}{x_M-x_D}=\frac{y-y_D}{y_M-y_D}\\ \frac{x-\frac{1}{3}}{3-\frac{1}{3}}=\frac{y-\frac{7}{3}}{1-\frac{7}{3}}\\ \frac{3x-1}{8}=\frac{3y-7}{-4}\\ 3x-1=-6y+14\\ a_{AB}:\ x+2y-5=0 \end{array}$$
Poichè il triangolo dato è isoscele, l'asse $a_{AB}$ incontrerà il vertice $C=(x_c,y_c)$, le cui coordinate quindi soddisfano l'equazione dell'asse. In altre parole avremo: $$x_c+2y_c-5=0\quad (1)$$
Inoltre, in un triangolo, il circocentro è equidistante da ciascun vertice (tale distanza è appunto il raggio del cerchio che circoscrive il triangolo), dunque: $$\begin{eqnarray*} \overline{AD}&=& \overline{DC} =\sqrt{\left(2-\frac{1}{3}\right)^2+\left(-1-\frac{7}{3}\right)^2}\\ &=& \sqrt{\frac{25}{9}+\frac{100}{9}}=\\ &=& =\frac{125}{9}=\frac{5}{3}\sqrt{5} \end{eqnarray*}$$ in particolare si ha: $$\begin{array}{l} \overline{DC}=\frac{5}{3}\sqrt{5}\\ \sqrt{\left(\frac{1}{3}-x_c\right)^2+\left(\frac{7}{3}-y_c\right)^2}=\frac{5}{3}\sqrt{5}\quad (2) \end{array}$$
Mettiamo a sistema (1) e (2), esplicitiamo $x_c$ dalla (1) e sostituiamo la sua espressione nella (2): $$\begin{cases} x_c+2y_c-5=0\\ \sqrt{\left(\frac{1}{3}-x_c\right)^2+\left(\frac{7}{3}-y_c\right)^2}=\frac{5}{3}\sqrt{5} \end{cases}\ \Rightarrow\ \begin{cases} x_c=5-2y_c\\ \sqrt{\left(\frac{1}{3}-(5-2y_c)\right)^2+\left(\frac{7}{3}-y_c\right)^2}=\frac{5}{3}\sqrt{5} \end{cases}$$
Dalla seconda equazione, dopo alcuni passaggi otteniamo: $$\begin{array}{l} \frac{1}{9}+x_c^2-\frac{2}{3}x_c+\frac{49}{9}+y_c^2-\frac{14}{3}y_c=\frac{125}{9}\\ 3y_c^2-14y_c+8=0 \end{array}$$ da cui ricavo le possibili coordinate $y_c$ mediante la formula del delta: $$y=\frac{7\pm\sqrt{25}}{3}\begin{array}{l} \nearrow\\ \searrow\end{array} \begin{array}{l} 4\ \\ \\ \frac{2}{3}\end{array}$$
La radice $y_c=\frac{2}{3}$ non è da considerare perchè si riferirebbe a quell'altro punto sull'asse $a_{AB}$ che si trova a destra del segmento AB. Sostituendo $y_c=4$ nella prima equazione del sistema troviamo $$x_c=5-2\cdot 4=-3$$
Il vertice richiesto è perciò $C=(-3,4)$.
Eserciziari di Matematica Generale, Analisi I e II, Statistica, Fisica e Algebra Lineare
