coni by Andrea Di Giovanni

CONI, CILINDRI, SUPERFICI DI ROTAZIONE

1. Esercizi

x+z =1 , calcolare l’ equazione del cilindro avente γ x2 − y = 0 come direttrice e con generatrici parallele al vettore v = (1, 0, 1). Determinare e studiare la curva che si ottiene intersecando tale cilindro con il piano x = 0.

Esercizio 1. Data la curva γ :

Esercizio 2. Data la curva γ dell’ Esercizio 1, calcolare l’ equazione del cono per γ con vertice V (0, 0, 3). Studiare la curva intersezione del cono con il piano x = 0. Esercizio 3. Calcolare l’ equazione del cilindro avente la circonferenza 2 x + y 2 + z 2 = 25 γ: z=0 come direttrice e generatrici parallele all’ asse z. Studiare la curva intersezione di tale cilindro col piano x = 0. Esercizio 4. Data la circonferenza γ dell’ Esercizio 3, calcolare l’ equazione del cono avente γ come direttrice e vertice in V (0, 5, 2). Studiare la curva intersezione di tale cono col piano y = 0. Esercizio 5. Data la circonferenza γ dell’ Esercizio 3, calcolare l’ equazione del cono avente γ come direttrice e vertice in V (0, 2, 2). Studiare l’ intersezione di tale cono col piano y = 0.   x=1+t y = 2 − t calcolare l’ equazione della superficie che si Esercizio 6. Data la retta r :  z =1+t ottiene ruotando r intorno all’ asse z, e quella della superficie che si ottiene ruotando r intorno all’ asse x. Esercizio 7. Calcolare il luogo geometrico dei punti equidistanti dal punto F (0, 0, 2) e del piano α : x + y + z + 1 = 0. Esercizio  8. Calcolare il luogo geometrico dei punti equidistanti da F (1, 1, 0) e dalla  x=1+t y =2−t . retta r :  z=t Esercizio 9. Data la sfera σ di centro C(2, −1, 2) e passante per A(1, 0, 1) determinare il cono delle rette tangenti a σ passanti per il punto V (0, 0, 0). Esercizio 10. Data la sfera σ dell’ Esercizio 9, determinare l’ equazione del cilindro formato dalle rette tangenti a σ parallele al vettore u = (1, 2, 1). Esercizio 11. Dato il cilindro ellittico x2 +3y 2 = 1, determinare un piano che lo intersechi lungo una circonferenza. 1

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Esercizio 12. Determinare l’ equazione della superficie che si ottiene ruotando la curva x=0 yz = 1 intorno all’ asse z. Esercizio 13. Determinare il cono delle rette per V (1, 1, 1) che incidono il piano α : x + z = 0 secondo un angolo di π/6. Esercizio 14. Nello spazio, con coordinate x, y, z, l’ equazione x2 + y 2 − 2x + 3y − 1 = 0 rappresenta (1) una sfera di centro (1, −3/2, 0); (2) una circonferenza di centro (1, −3/2); (3) un cono; (4) un cilindro. Esercizio 15. Nello spazio, con coordinate x, y, z, l’ equazione x2 +y 2 −z 2 = 0 rappresenta (1) una sfera di centro (0, 0, 0); (2) due rette; (3) un cono; (4) un cilindro. x=1 2 2 Esercizio 16. Dati il cilindro x + y = 1 e la retta r : si ha che: y=0 (1) (2) (3) (4)

hanno due punti di intersezione; la retta è esterna al cilindro; la retta è l’ intersezione del cilindro col piano tangente al cilindro in (0, 1, 1); la retta è l’ intersezione del cilindro col piano tangente al cilindro in (1, 0, 1).

Esercizio 17. I punti che sono centri di sfere tangenti esternamente alla sfera σ di equazione x2 + y 2 + z 2 = 4 ed aventi raggio 3 formano una sfera di raggio 5. (V ) (F ) 2. Soluzione di alcuni esercizi Soluzione dell’ Esercizio 1. Il cilindro cercato `e la superficie unione delle rette parallele al vettore v = (1, 0, 1) passanti per punti della curva γ. Sia allora (x0 , y0 , z0 ) ∈ γ, ossia x0 + z0 = 1, x20 − y0 = 0. La retta per tale punto parallela a v ha equazione parametrica r : x = x0 + t, y = y0 , z = z0 + t. Quindi, l’ equazione del cilindro si ottiene eliminando i parametri x0 , y0 , z0 , t dal sistema   x = x0 + t     y = y0 z = z0 + t   x0 + z0 = 1    x2 − y = 0. 0 0 Dalle prime tre equazioni otteniamo x0 = x − t, y = y0 , z0 = z − t. Sostituendole nella quarta, otteniamo x + z − 2t = 1, da cui t = x+z−1 . Sostituendo nell’ ultima equazione, 2 otteniamo l’ equazione del cilindro cercato. Pertanto abbiamo 2 x+z−1 x− −y =0 2

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e sviluppando i calcoli si ottiene C : x2 − 2xz + z 2 + 2x − 4y − 2z + 1 = 0. L’ intersezione tra il cilindro C ed il piano [yz] `e la curva x=0 L: z 2 − 4y − 2z + 1 = 0 che rappresenta una parabola. Soluzione dell’ Esercizio 2. Il cono cercato `e l’ unione delle rette per il vertice, incidenti la →

curva γ, ossia delle rette per V parallele al vettore V P dove P (x0 , y0 , z0 ) ∈ γ. Eliminando i parametri x0 , y0 , z0 , t dal sistema  x = tx0      y = ty0 z = 3 + t(z0 − 3)   x0 + z0 = 1    x2 − y = 0 0 0 otteniamo l’ equazione del cono cercato. , avendo supposto Dalle prime tre equazioni ricaviamo x0 = xt , y0 = yt , z0 = 3 + z−3 t t 6= 0. Osserviamo che per t = 0 si ottiene il vertice V. Sostituendo nella quarta, ricaviamo t : xt + 3 + z−3 = 1 da cui t = 3−x−z . t 2 2 2y 2x Sostituendo infine nella quinta equazione, si ha 3−x−z − 3−x−z = 0 che equivale a 2 C : 2x + xy + yz − 3y = 0. Intersecando con il piano [yz] otteniamo la curva x=0 L: y(z − 3) = 0 che rappresenta l’ unione delle due rette di equazioni r1 : x = 0, y = 0, ed r2 : x = 0, z = 3. Soluzione dell’ Esercizio 3. Poiché le generatrici del cilindro sono parallele all’ asse z l’ equazione che rappresenta il cilindro si ottiene eliminando la z dall’ equazione che rappresenta la sfera, usando l’ equazione del piano. Poiché il piano ha equazione z = 0, basta sostituire e si ottiene C : x2 + y 2 = 25. Intersecando il cilindro con il piano x = 0, che è parallelo alle generatrici, si ottengono due rette. La loro unione ha equazione x=0 L: y 2 = 25 e quindi le rette hanno equazioni r1 : x = 0, y = 5, ed r2 : x = 0, y = −5. Soluzione dell’ Esercizio 4. Procediamo al calcolo dell’ equazione del cono usando un diverso metodo di calcolo. Per prima cosa operiamo una traslazione in modo da avere V come origine del nuovo sistema di riferimento:   x=X y =Y +5  z = Z + 2. Scriviamo ora la circonferenza γ nel nuovo sistema di riferimento, sostituendo nelle sue equazioni: Z = −2 γ: X 2 + Y 2 + Z 2 + 10Y + 4Z + 4 = 0.

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L’ equazione di un cono quadrico con vertice nell’ origine è un polinomio di secondo grado omogeneo che si ottiene, in questo caso, rendendo omogenea l’ equazione della sfera usando l’ equazione del piano. L’ equazione del piano può essere riscritta come 1 = − Z2 . D’ altra parte, l’ equazione dela sfera può essere riscritta come X 2 +Y 2 +Z 2 +(10Y +4Z)·1+4·12 = 0. Sostituendo, otteniamo 2 Z Z 2 2 2 X + Y + Z + (10Y + 4Z) − +4 − =0 2 2 che sostituendo diventa X 2 + Y 2 − 5Y Z = 0. Operando il cambio inverso di coordinate, otteniamo l’ equazione x2 +(y−5)2 −5(y−5)(z−2) = 0 ossia C : x2 +y 2 −5yz+25z−25 = 0. Intersecando il cono con il piano [xz] si ottiene la curva di equazione y=0 L: x2 + 25z − 25 = 0 che è una parabola. Soluzione dell’ Esercizio 5. Operiamo come nel precedente Esercizio 4. La traslazione ha equazione   x=X y =Y +2  z =Z +2 e la circonferenza γ ha equazione Z +2=0 γ: X 2 + (Y + 2)2 + (Z + 2)2 = 25. Rendendo omogenea l’ equazione della sfera, si ottiene l’ equazione 2 Z Z 2 2 X + Y + 4Y − − 21 − =0 2 2 che semplificata diventa 4X 2 + 4Y 2 − 8Y Z − 21Z 2 = 0. Effettuando il cambio inverso di coordinate, si ottiene l’ equazione C : 4x2 + 4y 2 − 8yz − 21z 2 + 100z − 100 = 0. L’ intersezione del cono con il piano [xz] è la curva di equazione y=0 L: 4x2 − 21z 2 + 100z − 100 = 0 che rappresenta un’ iperbole. Soluzione dell’ Esercizio 6. Poichè la retta r è sghemba sia con l’ asse z, sia con l’ asse x, entrambe le superfici di rotazione sono degli iperboloidi ad 1 falda, ovvero iperboloidi iperbolici. Calcoliamo la prima delle due superfici. Essa è data dall’ unione delle circonferenze che i punti della retta r descrivono ruotando intorno all’ asse z. Detto P (1 + t, 2 − t, 1 + t) un punto generico della retta, la circonferenza descritta da P si trova nel piano per P ortogonale al’ asse z. Tale piano ha equazione z = 1+t. Una sfera che taglia la circonferenza ha il centro sull’ asse z e raggio uguale alla distanza tra P ed il centro. Un punto dell’ asse che rende i calcoli pi˘facili è l’ origine delle coordinate. Quindi la sfera che usiamo ha equazione x2 + y 2 + z 2 = (1 + t)2 + (2 − t)2 + (1 + t)2 . L’ equazione della superficie cercata si ottiene eliminando la t dal sistema z =1+t x2 + y 2 + z 2 = 3t2 + 6

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e quindi otteniamo la superficie di equazione S1 : x2 + y 2 − 2z 2 + 6z − 9 = 0. L’ equazione della seconda superficie si ottiene in maniera analoga, eliminando la t dal sistema x=1+t x2 + y 2 + z 2 = 3t2 + 6 ed ha equazione S2 : −2x2 + y 2 + z 2 + 6x − 9 = 0. Soluzione dell’ Esercizio p 7. Sia P (x, y, z) un punto qualsiasi dello spazio. La distanza tra P ed F vale F P = x2 + y 2 + (z − 2)2 , mentre la distanza tra P ed α vale d(P, α) = |x+y+z+1| √ . Il luogo cercato è formato dai punti le cui coordinate verificano l’ uguaglianza 3 p |x + y + z + 1| √ x2 + y 2 + (z − 2)2 = . 3 Elevando al quadrato e semplificando, otteniamo l’ equazione del luogo σ : 2x2 + 2y 2 + 2z 2 − 2xy − 2xz − 2yz − 2x − 2y − 14z + 11 = 0. σ rappresenta un paraboloide ellittico rotondo. Soluzione dell’ Esercizio p 8. Sia P (x, y, z) un punto qualsiasi dello spazio. La distanza tra P ed F è F P = (x − 1)2 + (y − 1)2 + z 2 . Un vettore parallelo alla retta r è v = (1, −1, 1), mentre un punto di r è A(1, 2, 0). La distanza di P da r è uguale a d(P, r) = |(1,−1,1)∧(x−1,y−2,z)| √ = |(y+z−2,−x+z+1,−x−y+3)| . I punti del luogo cercato sono tutti e soli |v| 3 quelli per cui le due distanze sono uguali. Uguagliando le due distanze, e semplificando l’ equazione ottenuta si ottiene l’ equazione della superficie S : x2 − 2xy + y 2 + 2xz − 2yz + z 2 + 2x + 4y + 2z − 8 = 0 che rappresenta un cilindro parabolico. Soluzione dell’ Esercizio 9. Procediamo al calcolo in due modi diversi. √ Prima soluzione: Il raggio della sfera è uguale alla distanza tra C ed A e vale 3. La distanza tra C e V è 3 e quindi il cono esiste. Consideriamo un piano contenente la retta V C : tale piano interseca la sfera lungo una circonferenza equatoriale γ, perché il piano contiene il centro della sfera, ed il cono che cerchiamo lungo due rette t1 , t2 che risultano tangenti alla circonferenza γ. Sia T il punto di tangenza di t1 e γ. Il triangolo V T C è un triangolo rettangolo in T. Il cono è allora formato dai punti P (x, y, z) dello spazio per cui → → l’ angolo tra V P e V C è uguale all’ angolo T Vˆ C. → → √ √ Abbiamo che V T = 6, e quindi cos T Vˆ C = 36 . D’ altra parte, cos T Vˆ C = |V→P ·V→C| e |V P ||V C|

quindi otteniamo

√ 6 |2x − y + 2z| p . = 3 3 x2 + y 2 + z 2

Elevando al quadrato, e semplificando, otteniamo l’ equazione C : 2x2 + 4xy + 5y 2 − 8xz + 4yz + 2z 2 = 0. Seconda soluzione: La sfera ha equazione σ : x2 + y 2 + z 2 − 4x + 2y − 4z + 6 = 0. La circonferenza formata dai punti di contatto tra le rette tangenti a σ per V `e la circonferenza

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in cui il piano polare a σ per V incontra la  1  0 α: 0 0 0 1   0 −2

sfera. L’ equazione di tale piano `e data da   x 0 0 −2   1 0 1  y  =0 0 1 −2   z  1 1 −2 6

e quindi è il piano α : −2x + y − 2z + 6 = 0. La circonferenza direttrice del cono ha allora equazione −2x + y − 2z + 6 = 0 γ: x2 + y 2 + z 2 − 4x + 2y − 4z + 6 = 0. Il calcolo dell’ equazione del cono può essere fatto allora come negli Esercizi 2, 4, 5, e si ottiene ovviamente la stessa equazione. Soluzione dell’ Esercizio 10. La direttrice del cilindro è la circonferenza che si ottiene intersecando la sfera σ con il piano per C ortogonale al vettore v = (1, 2, 1). Quindi è la circonferenza x + 2y + z − 2 = 0 γ: x2 + y 2 + z 2 − 4x + 2y − 4z + 6 = 0. L’ equazione del cilindro si ottiene allora come negli Esercizi 1 e 3, eliminando i parametri x0 , y0 , z0 , t dal sistema   x = x0 + t     y = y0 + 2t z = z0 + t   x0 + 2y0 + z0 − 2 = 0    x2 + y 2 + z 2 − 4x + 2y − 4z + 6 = 0 0 0 0 0 0 0 e si ottiene l’ equazione del cilindro C : 5x2 − 4xy + 2y 2 − 2xz − 4yz + 5z 2 − 20x + 20y − 20z + 32 = 0. Soluzione dell’ Esercizio 11. Il cilindro ellittico taglia il piano [xy] lungo un’ ellisse di semiassi a = 1, b = √13 . Uno dei vertici del semiasse minore è il punto B(0, √13 , 0). Se tagliamo il cilindro con un piano che contiene l’ asse x, otteniamo un’ ellisse avente un semiasse di lunghezza 1 fissato. L’ altro semiasse è individuato dai punti (0, 0, 0) centro dell’ ellisse, e (0, √13 , z0 ) vertice dell’ ellisse. L’ ellisse è una circonferenza se i semiassi q hanno la stessa lunghezza. Otteniamo allora 1 = 13 + z02 da cui z0 = ± 23 . Scelto il punto q √ 1 √ (0, 3 , 23 ), abbiamo che il piano per tale punto e l’ asse x ha equazione z = y 2. L’ intersezione è una circonferenza. Infatti, l’ intersezione ha equazione √ z=y 2 γ: x2 + 3y 2 = 1. Riscrivendo l’ equazione del cilindro come x2 + y 2 + 2y 2 = 1 e sostituendo l’ equazione del piano, abbiamo x2 + y 2 + z 2 = 1 e quindi γ può anche scriversi come intersezione di √ z=y 2 γ: x2 + y 2 + z 2 = 1 ed è quindi una circonferenza, essendo intersezione di una sfera con un piano.

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Soluzione dell’ Esercizio 12. Poiché ruotiamo la curva intorno all’ asse z, il suo punto generico di coordinate (0, y0 , z0 ) descrive puna circonferenza nel piano z = z0 che è tagliata dalla sfera di centro (0, 0, 0) e raggio y02 + z02 . L’ equazione della superficie si ottiene allora eliminando i parametri y0 , z0 dal sistema   z = z0 x2 + y 2 + z 2 = y02 + z02  y z = 1. 0 0 Svolgendo i calcoli si ottiene la superficie S di equazione z 2 (x2 + y 2 ) = 1. Soluzione dell’ Esercizio 13. Questo Esercizio, anche se apparentemente diverso dall’ Esercizio 9, ha una soluzione molto simile. Infatti, un punto P è sul cono se, e solo se, l’ →

angolo formato tra il vettore V P ed il vettore v = (1, 0, 1) ortogonale al piano α `e uguale a π/3. Detto P (x, y, z) un punto qualsiasi dello spazio, la condizione sugli angoli si riscrive tramite l’ equazione →

π 1 | V P ·(1, 0, 1)| = cos = . → √ 3 2 |VP | 2 Sviluppando i calcoli, si ottiene allora il cono di equazione C : x2 − y 2 + 4xz + z 2 − 6x + 2y − 6z + 6 = 0. Soluzione dell’ Esercizio 14. Poiché abbiamo una sola equazione, il luogo delle sue soluzioni rappresenta una superficie. Tale superficie non è una sfera perché i coefficienti di x2 , y 2 , z 2 non sono tutti ugugali. Poiché manca l’ incognita z, è un cilindro con generatrici parallele all’ asse z. Quindi , l’ unica affermazione vera è la (4). Soluzione dell’ Esercizio 15. Poiché abbiamo una sola equazione, il luogo dei punti che la risolvono è una superficie, e quindi (2) è falsa. La (1) è falsa perché i coefficienti di x2 , y 2 , z 2 non sono tutti uguali. Inoltre, l’ equazione è omogenea, e quindi rappresenta un cono con vertice nell’ origine, ossia la (3) è vera, e la (4) è falsa. Soluzione dell’ Esercizio 16. La retta r è tutta contenuta nel cilindro, e quindi (1) e (2) sono false. Inoltre, è noto che le rette di un cilindro quadrico sono l’ intersezione del cilindro con il piano tangente al cilindro in un suo punto. L’intersezione del punto (3) è la retta s : x = 0, y = 1, avendo il piano tangente equazione y = 1, e quindi (3) è falsa, mentre (4) è vera perché il piano tangente ha equazione x = 1. Soluzione dell’ Esercizio 17. Vero, perché la sfera σ ha centro nell’ origine e raggio 2, e la condizione di tangenza esterna è equivalente a chiedere che la distanza tra i centri sia pari alla somma dei raggi. Quindi, tutti e soli i centri delle sfere cercate hanno distanza 5 da (0, 0, 0).