1. Esercizi Esercizio 1. Data la curva γ : x + z = 1
x2− y = 0 , calcolare l’ equazione del cilindro avente γ 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 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 γ : x2 + y2 + z2 = 25
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.
Esercizio 6. Data la retta r :
x = 1 + t y = 2 − t z = 1 + t
calcolare l’ equazione della superficie che si 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 retta r :
x = 1 + t y = 2 − t 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+3y2 = 1, determinare un piano che lo intersechi lungo una circonferenza.
1
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+ y2− 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+y2−z2 = 0 rappresenta (1) una sfera di centro (0, 0, 0);
(2) due rette;
(3) un cono;
(4) un cilindro.
Esercizio 16. Dati il cilindro x2+ y2 = 1 e la retta r : x = 1
y = 0 si ha che:
(1) hanno due punti di intersezione;
(2) la retta `e esterna al cilindro;
(3) la retta `e l’ intersezione del cilindro col piano tangente al cilindro in (0, 1, 1);
(4) la retta `e 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+ y2+ z2 = 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 x20− y0 = 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−12 . Sostituendo nell’ ultima equazione, otteniamo l’ equazione del cilindro cercato. Pertanto abbiamo
x − x + z − 1 2
2
− y = 0
e sviluppando i calcoli si ottiene C : x2− 2xz + z2+ 2x − 4y − 2z + 1 = 0. L’ intersezione tra il cilindro C ed il piano [yz] `e la curva
L : x = 0
z2− 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 x20− y0 = 0 otteniamo l’ equazione del cono cercato.
Dalle prime tre equazioni ricaviamo x0 = xt, y0 = yt, z0 = 3 + z−3t , avendo supposto t 6= 0. Osserviamo che per t = 0 si ottiene il vertice V.
Sostituendo nella quarta, ricaviamo t : xt + 3 + z−3t = 1 da cui t = 3−x−z2 . Sostituendo infine nella quinta equazione, si ha 3−x−z2x 2
− 3−x−z2y = 0 che equivale a C : 2x2 + xy + yz − 3y = 0. Intersecando con il piano [yz] otteniamo la curva
L : x = 0
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. Poich´e 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. Poich´e il piano ha equazione z = 0, basta sostituire e si ottiene C : x2 + y2 = 25. Intersecando il cilindro con il piano x = 0, che `e parallelo alle generatrici, si ottengono due rette. La loro unione ha equazione
L : x = 0 y2 = 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:
γ : Z = −2
X2+ Y2+ Z2+ 10Y + 4Z + 4 = 0.
L’ equazione di un cono quadrico con vertice nell’ origine `e 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 pu`o essere riscritta come 1 = −Z2. D’ altra parte, l’ equazione dela sfera pu`o essere riscritta come X2+Y2+Z2+(10Y +4Z)·1+4·12 = 0. Sostituendo, otteniamo
X2+ Y2 + Z2+ (10Y + 4Z)
−Z 2
+ 4
−Z 2
2
= 0
che sostituendo diventa X2+ Y2− 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+y2−5yz+25z−25 = 0.
Intersecando il cono con il piano [xz] si ottiene la curva di equazione L : y = 0
x2+ 25z − 25 = 0 che `e 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
γ : Z + 2 = 0
X2+ (Y + 2)2+ (Z + 2)2 = 25.
Rendendo omogenea l’ equazione della sfera, si ottiene l’ equazione X2+ Y2+ 4Y
−Z 2
− 21
−Z 2
2
= 0
che semplificata diventa 4X2 + 4Y2 − 8Y Z − 21Z2 = 0. Effettuando il cambio inverso di coordinate, si ottiene l’ equazione C : 4x2 + 4y2 − 8yz − 21z2 + 100z − 100 = 0. L’
intersezione del cono con il piano [xz] `e la curva di equazione L : y = 0
4x2− 21z2+ 100z − 100 = 0 che rappresenta un’ iperbole.
Soluzione dell’ Esercizio 6. Poich`e la retta r `e 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 `e 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 `e l’ origine delle coordinate. Quindi la sfera che usiamo ha equazione x2 + y2+ z2 = (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 + y2 + z2 = 3t2+ 6
e quindi otteniamo la superficie di equazione S1 : x2+ y2 − 2z2+ 6z − 9 = 0.
L’ equazione della seconda superficie si ottiene in maniera analoga, eliminando la t dal sistema
x = 1 + t
x2 + y2 + z2 = 3t2+ 6 ed ha equazione S2 : −2x2+ y2+ z2+ 6x − 9 = 0.
Soluzione dell’ Esercizio 7. Sia P (x, y, z) un punto qualsiasi dello spazio. La distanza tra P ed F vale F P = px2+ y2+ (z − 2)2, mentre la distanza tra P ed α vale d(P, α) =
|x+y+z+1|√
3 . Il luogo cercato `e formato dai punti le cui coordinate verificano l’ uguaglianza px2+ y2+ (z − 2)2 = |x + y + z + 1|
√3 .
Elevando al quadrato e semplificando, otteniamo l’ equazione del luogo σ : 2x2+ 2y2+ 2z2− 2xy − 2xz − 2yz − 2x − 2y − 14z + 11 = 0.
σ rappresenta un paraboloide ellittico rotondo.
Soluzione dell’ Esercizio 8. Sia P (x, y, z) un punto qualsiasi dello spazio. La distanza tra P ed F `e F P = p(x − 1)2+ (y − 1)2+ z2. Un vettore parallelo alla retta r `e v = (1, −1, 1), mentre un punto di r `e A(1, 2, 0). La distanza di P da r `e uguale a d(P, r) =
|(1,−1,1)∧(x−1,y−2,z)|
|v| = |(y+z−2,−x+z+1,−x−y+3)|√
3 . I punti del luogo cercato sono tutti e soli 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 + y2+ 2xz − 2yz + z2+ 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 `e uguale alla distanza tra C ed A e vale √ 3. La distanza tra C e V `e 3 e quindi il cono esiste. Consideriamo un piano contenente la retta V C : tale piano interseca la sfera lungo una circonferenza equatoriale γ, perch´e 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 `e un triangolo rettangolo in T. Il cono `e allora formato dai punti P (x, y, z) dello spazio per cui l’ angolo tra
→
V P e
→
V C `e uguale all’ angolo T V C.ˆ Abbiamo che V T =√
6, e quindi cosT V C =ˆ
√6
3 . D’ altra parte, cosT V C =ˆ |
→
V P ·
→
V C|
|V P ||→ V C|→ e quindi otteniamo
|2x − y + 2z|
3px2+ y2+ z2 =
√6 3 .
Elevando al quadrato, e semplificando, otteniamo l’ equazione C : 2x2+ 4xy + 5y2− 8xz + 4yz + 2z2 = 0.
Seconda soluzione: La sfera ha equazione σ : x2+ y2+ z2 − 4x + 2y − 4z + 6 = 0. La circonferenza formata dai punti di contatto tra le rette tangenti a σ per V `e la circonferenza
in cui il piano polare a σ per V incontra la sfera. L’ equazione di tale piano `e data da
α : 0 0 0 1
1 0 0 −2
0 1 0 1
0 0 1 −2
−2 1 −2 6
x y z 1
= 0
e quindi `e il piano α : −2x + y − 2z + 6 = 0.
La circonferenza direttrice del cono ha allora equazione γ : −2x + y − 2z + 6 = 0
x2+ y2+ z2− 4x + 2y − 4z + 6 = 0.
Il calcolo dell’ equazione del cono pu`o essere fatto allora come negli Esercizi 2, 4, 5, e si ottiene ovviamente la stessa equazione.
Soluzione dell’ Esercizio 10. La direttrice del cilindro `e la circonferenza che si ottiene intersecando la sfera σ con il piano per C ortogonale al vettore v = (1, 2, 1). Quindi `e la circonferenza
γ : x + 2y + z − 2 = 0
x2+ y2+ z2− 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
x20+ y20 + z02− 4x0+ 2y0− 4z0+ 6 = 0
e si ottiene l’ equazione del cilindro C : 5x2− 4xy + 2y2− 2xz − 4yz + 5z2− 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 `e 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 `e individuato dai punti (0, 0, 0) centro dell’ ellisse, e (0,√13, z0) vertice dell’ ellisse. L’ ellisse `e una circonferenza se i semiassi hanno la stessa lunghezza. Otteniamo allora 1 = 13+ z02 da cui z0 = ±
q2
3. Scelto il punto (0,√13,
q2
3), abbiamo che il piano per tale punto e l’ asse x ha equazione z = y√ 2. L’
intersezione `e una circonferenza. Infatti, l’ intersezione ha equazione γ : z = y√
2 x2+ 3y2 = 1.
Riscrivendo l’ equazione del cilindro come x2+ y2+ 2y2 = 1 e sostituendo l’ equazione del piano, abbiamo x2+ y2+ z2 = 1 e quindi γ pu`o anche scriversi come intersezione di
γ : z = y√ 2
x2+ y2+ z2 = 1
ed `e quindi una circonferenza, essendo intersezione di una sfera con un piano.
Soluzione dell’ Esercizio 12. Poich´e ruotiamo la curva intorno all’ asse z, il suo punto generico di coordinate (0, y0, z0) descrive una circonferenza nel piano z = z0 che `e tagliata dalla sfera di centro (0, 0, 0) e raggio py02+ z20. L’ equazione della superficie si ottiene allora eliminando i parametri y0, z0 dal sistema
z = z0
x2+ y2+ z2 = y02+ z02 y0z0 = 1.
Svolgendo i calcoli si ottiene la superficie S di equazione z2(x2+ y2) = 1.
Soluzione dell’ Esercizio 13. Questo Esercizio, anche se apparentemente diverso dall’
Esercizio 9, ha una soluzione molto simile. Infatti, un punto P `e 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
|V P ·(1, 0, 1)|→
|
→
V P |√ 2
= cosπ 3 = 1
2.
Sviluppando i calcoli, si ottiene allora il cono di equazione C : x2− y2+ 4xz + z2− 6x + 2y − 6z + 6 = 0.
Soluzione dell’ Esercizio 14. Poich´e abbiamo una sola equazione, il luogo delle sue soluzioni rappresenta una superficie. Tale superficie non `e una sfera perch´e i coeffici- enti di x2, y2, z2 non sono tutti ugugali. Poich´e manca l’ incognita z, `e un cilindro con generatrici parallele all’ asse z. Quindi , l’ unica affermazione vera `e la (4).
Soluzione dell’ Esercizio 15. Poich´e abbiamo una sola equazione, il luogo dei punti che la risolvono `e una superficie, e quindi (2) `e falsa. La (1) `e falsa perch´e i coefficienti di x2, y2, z2 non sono tutti uguali. Inoltre, l’ equazione `e omogenea, e quindi rappresenta un cono con vertice nell’ origine, ossia la (3) `e vera, e la (4) `e falsa.
Soluzione dell’ Esercizio 16. La retta r `e tutta contenuta nel cilindro, e quindi (1) e (2) sono false. Inoltre, `e 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) `e la retta s : x = 0, y = 1, avendo il piano tangente equazione y = 1, e quindi (3) `e falsa, mentre (4) `e vera perch´e il piano tangente ha equazione x = 1.
Soluzione dell’ Esercizio 17. Vero, perch´e la sfera σ ha centro nell’ origine e raggio 2, e la condizione di tangenza esterna `e 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).
