4/04/19

QUIZ:Un luogo misterioso... ***(con soluzione nei commenti)

Per affrontare questo problema bisogna sapere cos'è la distanza punto-retta e cosa si intende per luogo geometrico.

Distanza punto retta:

Data una retta r e un punto P la distanza punto retta è la minima distanza fra il punto e i punti appartenenti alla retta. In pratica tale distanza si ottiene tracciando la perpendicolare alla retta r  passante per il punto P. distanza

La distanza è la lunghezza del segmento PA.

Luogo geometrico del piano.

E' l'insieme dei punti  del piano che hanno una determinata proprietà. Ad esempio, una circonferenza è il luogo geometrico dei punti equidistanti da un punto fisso O ,che è il centro.

cerchio

La domanda del quiz è la seguente:

Consideriamo due rette complanari r,s  non parallele. rette

Sia P un punto del piano; indichiamo con \overline {PA},\overline {PB} le distanze del punto P dalle rette s,r. Qual'è   il luogo geometrico dei punti  per cui la somma di tali distanze è costante, cioè uguale ad un certo valore positivo K ?

(In formule: \overline {PA}+\overline {PB}=cost=K.)

Non inserisco la soluzione, ho notato che anche nascondendola con lo show/hide, i quesiti perdono un po' di interesse. La lascio a voi.

57 commenti

  1. intendi il luogo geometrico descritto dal punto P con B e A fissi? Mi sembra strano... (tre asterischi). Se non è così puoi spiegarti meglio? :wink:

  2. umberto

    si parla di distanza dalle rette. No A e B non sono fissi.

  3. maurizio bernardi

    Se ho capito bene occorre trovare tutti i punti, come P'  in questa immagine.

  4. umberto

    ribadisco che Non c'è scritto da nessuna parte che A e B siano fissi. Le rette r, s sono fisse. Le proiezioni di P variano. Si chiede quando la somma delle distanze PA e PB dalle rette sia costante.

  5. Umberto

    spero che adesso almeno il testo del quiz sia chiaro. Cercando di esemplificare forse ho creato confusione.

    Mi sembrava troppo ermetico scrivere :
    Date nel piano due rette che si intersecano, trovare il luogo dei punti L tale che la somma delle distanze dei punti di  L da ciascuna retta sia uguale a un dato valore.

    Maurizio: si,  il tuo disegno va bene ma bisogna aggiungere che la somma delle distanze PA+PB=P'A'+P'B'=K

  6. In pratica è come dice Maurizio... se traccio la parallela a s passante per P, è accettabili il punto di essa che abbia  distanza da r  uguale a PA?

    Se è così è molto carino e si può risolvere anche solo graficamente... penso.

  7. umberto

    mi sembra che Maurizio abbia tracciato le perpendicolari alle rette e giustamente. Il quiz non è immediato e ci vuole una dimostrazione o geometrica o analitica. L'incognita é una figura geometrica nota, e fra l altro molto semplice. Ho messo tre pallini ma in realtà..

  8. maurizio bernardi

    Dico solo qualcosa per lasciare disponibile il quiz ad altri lettori, spero che sia una intuizione corretta.

    figura di riferimento:

    traccio le linee verdi di lunghezza  K=AP+BP  perpendicolari alle rette r ed s in modo che quella perpendicolare a r individui su  s  il punto Q.  Quella perpendicolare a s  individua su  r il punto R.

    Poi traccio le linee viola di lunghezza K=AP+BP  perpendicolari alle rette r e s   e individuo, analogamente a quanto detto prima i punti   S e T.

    Unisco i quattro punti ottenendo il rettangolo  QRST,  luogo dei punti P  cercato.

    Lascio aperta la discussione sulla dimostrazione.

  9. umberto

    intanto grazie Maurizio.

  10. Leandro

    Le infinite rette perpendicolari formano un reticolo di rombi. La congiungente dei vertici del rettangolo è somma di diagonali di rombi. Per semplicita creiamo un solo rombo. Costruiamo un triangolo rettangolo con ipotenusa coincidente con la diagonale maggiore del rombo. È sufficiente dimostrare che l a parallela al lato del rombo, tracciata dal centro del rombo fino al cateto del triangolo è la metà del cateto del triangolo rettangolo. Lo è  per la simmetria del rombo. Questo vale per qualsiasi rombo, di qualunque dimensione si costruisca. Scusate ma posso disegnare ...

  11. umberto

    si Leandro. riesci a fare un disegno?

  12. fabiopc

    Se le rette date fossero perpendicolari, il luogo dei punti sarebbe un quadrato di lato k*sqrt(2)

  13. umberto

    una volta compreso che si tratta di un rettangolo, bisogna adesso dimostrarlo. Faccio notare che le rette dividono  il rettangolo in quattro triangoli isosceli ..

     

  14. Non lo scrivo ancora per esteso... ma da un punta di vista geometrico si possono determinare i punti più lontani dall'intersezione delle rette e poi basta dimostrare l'uguaglianza di due triangoli per arrivare al rettangolo... appena posso lo dimostro graficamente.

    cerea...

  15. fabiopc

    Come posso allegare un'immagine?

  16. umberto

    bisogna prima caricarla su un server tipo imgur e poi mettere l url usando l icona immagine

  17. Consideriamo solo un quadrante. Il punto di massima distanza dal centro che soddisfi la relazione è B. Quali sono gli altri punti lungo la sua verticale? Devono essere quelli per i quali CA + CN = k. Ma k = MD + DB. Dato che CN =DN, basta dimostrare che AC = DB ... E questi sono ovviamente gli unici punti accettabili.

    Dopo di che la stessa situazione vale per gli altri quadranti...

     

     

     

  18. Ma vi sono anche altri triangoli che portano alla stessa soluzione...

  19. Oppure, analiticamente, si scrivono le distanze da un punto a due rette date (ricordiamoci le rette perpendicolari) e si impone che la somma delle distanze sia uguale a k.... buon divertimento....

    bel quiz, semplice ma pieno di possibilità. Bravo Umberto!

  20. Maurizio Bernardi

    Visto che i lavori procedono..

    Questa è la figura che completa il mio precedente commento.

  21. umberto

    grazie. Io l' ho risolto analiticamente. Sono un po' negato coi triangoli. Ambedue le soluzioni si semplificano però notevolmente.

  22. umberto

    non riesco a capire Maurizio; tu proietti due volte lo stesso punto P ma la proiezione é una sola. Bisogna invece proiettare un punto diverso sullo stesso lato del rettangolo e vedere che la somma delle distanze dalle due rette é la stessa.

  23. Fabrizio

    Propongo un ragionamento che partendo da una punto generico (x,y), senza ipotesi sulla sua collocazione, impone la condizione indicata del quiz.

    Il problema ha i due assi di simmetria indicati in figura con le rette tratteggiate. Basta risolverlo in un quadrante. Il resto si ottiene ribalatando le soluzioni rispetto agli assi. Quindi limito la soluzione al 1° quadrante (in alto a destra).

    La condizione indicata dal quiz è che valga la relazione k=k1+k2, con k costante.

    Per comodità identifico il punto (x,y) con le sue coordinate polari \boldsymbol{(r,\varphi)}. I due tipi di coordinate sono legate tra loro dalla trasformazione   \boldsymbol{x=r cos(\varphi)\; ,\; y=r sin(\varphi)}

    Noto che k1 e k2 sono cateti di due triangoli retti con ipotenusa r. Gli angoli opposti ai due cateti sono \boldsymbol{(\alpha-\varphi)} per k1\boldsymbol{(\alpha+\varphi)} per k2

    Le relazioni trigonometrica che legano i due cateti ad r sono quindi:

    \boldsymbol{k1=r sin(\alpha-\varphi)}\; \mathrm{per } \; \boldsymbol{0>\varphi>\alpha}       Nota: k1 è una distanza quindi una grandezza positiva.
    \boldsymbol{k1=r sin(\varphi-\alpha)}\; \mathrm{per } \; \boldsymbol{\alpha>\varphi>90^{\circ}}

    \boldsymbol{k2=r sin(\alpha+\varphi)}

    Ora applico le relazioni che legano il seno di una somma/differenza tra due angoli  con le funzioni trigonometriche dei singoli angoli.
    \small \boldsymbol{k1\! =\! r sin(\alpha\! -\! \varphi)=r [sin(\alpha) cos(\varphi)\! -\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}\; \; \mathrm{per}\; \boldsymbol{0\!>\! \varphi\!>\!\alpha}
    \small \boldsymbol{k1\! =\! r sin(\varphi\! -\! \alpha)=r [-sin(\alpha) cos(\varphi)\! +\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}\; \; \mathrm{per}\; \boldsymbol{\alpha\!>\! \varphi\!>\!90^{\circ}}

    \small \boldsymbol{k2\! =\! r sin(\alpha\! +\! \varphi)=r [sin(\alpha) cos(\varphi)\! +\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}

    La relazione che vincola la posizione del nostro punto (x,y) è k1+k2=k. Vado a sostituire in questa relazione le espressioni ottenute per k1 e k2.
    \small \boldsymbol{k1\! =r [sin(\alpha) cos(\varphi)\! -\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}
    +                               +
    \small \boldsymbol{k2\! =r [sin(\alpha) cos(\varphi)\! +\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}
    =
    per 0>phi>alpha
    k1+k2=r [sin(alpha) cos(phi)-cos(alpha) sin(phi)]+r [sin(alpha) cos(phi)+cos(alpha) sin(phi)]=2 r sin(alpha) cos(phi)=k
    quindi r=k/(2 r sin(alpha) cos(phi))

    Per ottenere i valori di x e y dovo sostituire questa espressione di r nelle trasformazioni

     

     

  24. Maurizio Bernardi

    La sequenza logica della mia soluzione è la seguente:

    1. passo dalle coordinate blu a quelle verdi (parallele alle rette) e dimostro che se AP+BP= k, anche A'P+B'P= costante.
    2. le coordinate verdi mantengono per costruzione la loro somma costante al variare di P lungo la congiungente P' P'' ( i due punti  estremi in cui la somma è costante e una delle due coordinate è nulla) . E' chiaramente evidente, osservando questa trasformazione, che ci conduce ad uno schema familiare, che le coordinate verdi esprimono una retta. I punti di intersezione con gli assi non sono altro che P' e P''.

    3. Allora, per la prima proposizione,  anche le coordinate blu mantengono la loro somma costante.

    Come concludevo precedentemente, questa costruzione si applica a tutti i quadranti e ne esce la figura del rettangolo come luogo di punti cercato.

  25. Maurizio Bernardi

    Inizialmente avevo scritto questa soluzione, partendo dalla figura del primo commento, ma mi sembra che la trasformazione di coordinate sia una impostazione più originale.

  26. umberto

    Fabrizio, Maurizio mi piacciono molto le vostre idee ma mi state mettendo in crisi. La soluzione del quiz sia geometrica che analitica è molto più semplice. Occupa poche righe. Il mio intento era quello di non gestire cose troppo complicate.

  27. Fabrizio

    Scusate, il mio commento precedente è partito incompleto. Questo lo sostituisce e le completa.

    Non avendo alcun intuito geometrico, propongo un ragionamento che parte da una punto generico (x,y) del luogo dei punti che cerchiamo, senza ipotesi sulla sua collocazione. Il risultato è ottenuto imponendo che questo punto soddisfi la condizione indicata del quiz.

    Il problema ha i due assi di simmetria indicati in figura con le rette tratteggiate. Basta risolverlo in un quadrante, il resto si ottiene ribalatando le soluzioni rispetto agli assi. Quindi limito la soluzione al 1° quadrante (in alto a destra).

    La condizione indicata dal quiz è che valga la relazione k=k1+k2, con k costante.

    Per comodità identifico il punto (x,y) con le sue coordinate polari \boldsymbol{(r,\varphi)}. I due tipi di coordinate sono legate tra loro dalla trasformazione   \boldsymbol{x=r cos(\varphi)\; ,\; y=r sin(\varphi)}

    Noto che k1 e k2 sono cateti di due triangoli retti con ipotenusa r. Gli angoli opposti ai due cateti sono \boldsymbol{(\alpha-\varphi)} per k1\boldsymbol{(\alpha+\varphi)} per k2

    Le relazioni trigonometrica che legano i due cateti ad r sono quindi:

    \boldsymbol{k1=r sin(\alpha-\varphi)}\; \mathrm{per } \; \boldsymbol{0>\varphi>\alpha}
    \boldsymbol{k1=r sin(\varphi-\alpha)}\; \mathrm{per } \; \boldsymbol{\alpha>\varphi>90^{\circ}}
    Nota: k1 è una distanza quindi una grandezza positiva, per questo occorre cambiare i segni agli angoli.

    \boldsymbol{k2=r sin(\alpha+\varphi)}

    Ora applico le relazioni che legano il seno di una somma/differenza tra due angoli  con le funzioni trigonometriche dei singoli angoli.
    \small \boldsymbol{k1\! =\! r sin(\alpha\! -\! \varphi)=r [sin(\alpha) cos(\varphi)\! -\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}\; \; \mathrm{per}\; \boldsymbol{0\!>\! \varphi\!>\!\alpha}
    \small \boldsymbol{k1\! =\! r sin(\varphi\! -\! \alpha)=r [-sin(\alpha) cos(\varphi)\! +\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}\; \; \mathrm{per}\; \boldsymbol{\alpha\!>\! \varphi\!>\!90^{\circ}}

    \small \boldsymbol{k2\! =\! r sin(\alpha\! +\! \varphi)=r [sin(\alpha) cos(\varphi)\! +\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}

    La relazione che vincola la posizione del nostro punto (x,y) è k1+k2=k. Vado a sostituire in questa relazione le espressioni ottenute per k1 e k2.

    Prima lo faccio per \small \boldsymbol{0\!>\! \varphi\!>\!\alpha}
    \small \boldsymbol{k1\! =r [sin(\alpha) cos(\varphi)\! -\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}
    +                               +
    \small \boldsymbol{k2\! =r [sin(\alpha) cos(\varphi)\! +\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}
    =                                =
    \small \boldsymbol{k\! =2\: r\:sin(\alpha)\: cos(\varphi)}

    da cui    \small \boldsymbol{r\! =\frac{k}{2\:sin(\alpha)\: cos(\varphi)}}

    Per ottenere i valori di x e y devo sostituire questa espressione di r nelle trasformazioni indicate sopra

    \small \boldsymbol{x=\!r\: cos(\varphi) =\frac{k}{2\:sin(\alpha)\: cos(\varphi)} cos(\varphi)\!=\!\frac{k}{2\:sin(\alpha)\: }}       NOTA: è una costante poiché non dipende da \small \boldsymbol{\varphi}

    \small \boldsymbol{y=\!r\: sin(\varphi) =\frac{k}{2\:sin(\alpha)\: cos(\varphi)} sin(\varphi)\!=\!\frac{k}{2\:sin(\alpha)}tan(\varphi)}

    Per \small \boldsymbol{0\!>\! \varphi\!>\!\alpha}, x è una costante, quindi il luogo dei punti che cerchiamo è un segmento verticale che parte dall'asse delle x ed arriva alla retta superiore.

    Facendo il ragionamento analogo per \boldsymbol{\alpha>\varphi>90^{\circ}} ottengo

    \small \boldsymbol{k1\! =r [-sin(\alpha) cos(\varphi)\! +\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}
    +                               +
    \small \boldsymbol{k2\! =r [sin(\alpha) cos(\varphi)\! +\! cos(\alpha) sin(\varphi)]}
    =                                =
    \small \boldsymbol{k\! =2\: r\:sin(\varphi)\: cos(\alpha)}

    da cui    \small \boldsymbol{r\! =\frac{k}{2\:sin(\varphi)\: cos(\alpha)}}

    e

    \small \boldsymbol{x=\!r\: cos(\varphi) =\frac{k}{2\:cos(\alpha)\: sin(\varphi)} cos(\varphi)\!=\!\frac{k}{2\:cos(\alpha)\: tan(\varphi)}}

    \small \boldsymbol{y=\!r\: sin(\varphi) =\frac{k}{2\:cos(\alpha)\: sin(\varphi)} sin(\varphi)\!=\!\frac{k}{2\:cos(\alpha)}}    NOTA: qui y è una costante

    Per \boldsymbol{\alpha>\varphi>90^{\circ}}, cioè sopra la retta superiore,  y è costante. Il luogo dei punti che cerchiamo è un segmento orizzontale che va dall'asse verticale alla retta superiore.

  28. umberto

    ok Fabrizio.Anche se può spaventare.

    grazie

  29. Maurizio Bernardi

    Per motivi opposti a quelli di Fabrizio, sul tipo di intuito, persevero con la visione geometrica, così siamo complementari.

    Invito a riflettere qua questa immagine in cui ho ribaltato specularmente  metà del disegno originale, aggiungendo qualcosa.

    Il punto P e il suo speculare individuano un segmento perpendicolare alla bisettrice tra le rette r e s (EB).

    Le intersezioni del prolungamento di questo segmento, a sinistra e destra, individuano C e D sulle rette r e s .

    BC=BD = k

    Traccio dal punto E le perpendicolari a r e s e trovo F e G. Per simmetria EF=FG = K/2 (da dimostrare )

    Lascio il ragionamento , visto che devo uscire velocemente di casa, a chi abbia voglia di continuare.

     

  30. Mi spiace essere del tutto trascurato, ma la soluzione da me proposta era identica a quella proposta dopo da Maurizio. A me sembra estremamente semplice e immediata...

     

  31. Umberto

    non è questione di trascuratezza.. ma della mia limitatezza nel capire subito tutte le idee.

    Alla fine faremo un resoconto completo di tutto.

  32. Ancora più semplice...Da P tale che PH = K traccio la parallela a r. Per qualsiasi punto di questa retta traccio la perpendicolare a r. Prendiamo il punto Q e la sua perpendicolare. Sul segmento QT dove starà il punto tale che le sue due perpendicolari alle rette diano come somma K. QT è uguale a K.  il punto R deve avere RT + RV = K e quindi RV deve essere uguale a RQ. Il solo modo per avere questa uguaglianza è che il triangolo RQV sia isoscele, ossia che RP sia parallela all'asse orizzontale OM. E questo vale per qualsiasi punto della retta parallela... e per tutti i vari settori. Una costruzione quasi immediata... OK, per me basta...

     

     

  33. Umberto

    Questo è già un altro discorso. È una dimostrazione

     

  34. maurizio bernardi

    Concludo il mio ultimo commento...

    Invito a riflettere su questa immagine in cui ho ribaltato specularmente  metà del disegno originale, aggiungendo qualcosa.

    Il punto P e il suo speculare individuano un segmento perpendicolare alla bisettrice tra le rette r e s (EB).

    Le intersezioni del prolungamento di questo segmento, a sinistra e destra, individuano C e D sulle rette r e s .

    BC=BD = k

    Traccio dal punto E le perpendicolari a r e s e trovo F e G.  dimostro che EF=FG = K/2 

    Infatti: il punto G è intermedio per  costruzione tra A e Bspeculare  (Bs)

    Quindi EG è intermedio tra PA e PBspeculare (PBs) ,  e poiché PA+PB=k    allora  EG = K/2 (e anche EF) .

    Spostando il punto P lungo il segmento ED si sposta simmetricamente anche l'immagine speculare. I punti A e Bs si riposizionano simmetricamente rispetto a G , come As e B si riposizionano simmetricamente rispetto a F , e avremo sempre la medesima relazione trovata rispetto al segmento EG  e al suo speculare  EF,  che restano fissi. Ne consegue che in ogni caso  PA+PB = k

    Il ragionamento si estende per simmetria dal tratto ED al tratto CE  e  poi a tutti i quadranti, giungendo alla conclusione che il luogo dei punti cercati è il famoso rettangolo.

     

     

  35. umberto

    ok Maurizio. Grazie per il tuo solito importante contributo.

  36. Maurizio Bernardi

    Grazie a te per questo bel quiz.

  37. Umberto

    Se qualcuno trae delle conclusioni da questo disegno:

    la cosa si semplifica ulteriormente

  38. La frase da dimostrare è : Dato un triangolo isoscele, consideriamo i punti del lato "singolo". La somma delle distanze di ogni suo punto dai lati uguali è una costante. Per dimostrarlo direi che bisogna lavorare con  alcuni triangoli come fatto nei metodi proposti da Mau e da me... o sbaglio?

  39. umberto

    si la frase da dimostrare é propri quella.

    no e un metodo alternativo. La costruzione è tutta li. Basta dire qualcosa

  40. Maurizio Bernardi

    Considero l'area del triangolo isoscele ABC  come somma delle aree di  APB e BPC

    Area = AB*H1P  +  BC*H2P

    ma AB=BC  quindi    Area = AB ( H1P + H2P )

    Dato che Area e AB restano uguali al variare della posizione di P sul lato AC,  significa che H1P+H2P = costante.

  41. Maurizio Bernardi

    Osservo che la differenza tra questo ultimo disegno e la figura originale del quiz consiste nel fatto che l'angolo ABC adesso è inferiore a 90° mentre nel disegno del quiz era maggiore di 90°.

    L'angolo > 90° comporta la conseguenza che  H1 ( o H2)  possono trovarsi oltre il  vertice del triangolo isoscele

    Non credo che sia per caso che la scelta del punto P, nella figura del quiz sia stata  fatta proprio in modo che uno dei due punti (B ) sia oltre il vertice del triangolo isoscele.

    Nel caso di angolo = 90° siamo al limite, come in questa figura, in cui H1 e H2 arrivano al massimo a B

  42. umberto

    la proprietà vale però lo stesso

  43. Maurizio Bernardi

    Verissimo, la proprietà vale comunque, ma quello che intendevo dire è che con un angolo > 90° è possibile presentare una figura in cui uno dei punti H esce dalla superficie del triangolo isoscele, come nel disegno del quiz.

    La conseguenza è questa...

     

    ABC è il triangolo isoscele (AB=BC)  e l'angolo ABC è > 90°.   P è posizionato in modo che H1 cada fuori dall'area di ABC

    Ora sposto (frecce rosse)  P in P1, in modo che H1 vada in H1'(=B)  e conseguentemente  H2 vada in H2'.

    Si vedono chiaramente le due aree adiacenti ABP' e  BP'C che sommate danno l'area ABC ed è' immediato risalire alla proprietà (somma delle altezze = costante) per tutti i punti tra P' e il suo speculare.

    Facendo invece riferimento alla collocazione iniziale nel punto P, si perde la corrispondenza visiva tra le aree. La corrispondente soluzione analitica, che non soffre della "dipendenza visiva" non presenta questo problema.

    Con un angolo ABC <= 90° questa configurazione non si sarebbe potuta realizzare.

     

     

  44. umberto

    non si vede visivamente. Anch'io c'ero cascato . Ma ti ripeto che é la stessa cosa. L area é sempre base per altezza anche se l altezza va fuori dalla base. E le due aree compongono sempre l area totale del triangolo isoscele.

  45. Maurizio Bernardi

    Concludo....

    Le coppie di aree si vedono in ogni caso, ma per il fatto che nella figura del quiz una altezza  ( H1)  "cade fuori dal triangolo" viene persa la immediatezza della percezione. E' più che altro un condizionamento psicologico.

    Ecco le due figure...

     

     

     

  46. umberto

    ho cercato di fare la figura più generica possibile. Non volevo mettere fuoristrada nessuno. Comunque hai ragione su un fatto; meglio la via analitica.io ho usato quella.

  47. Beh... analiticamente  diventa banale ricordando che le due rette hanno equazione y = ax e y = -ax e che

    d1 = abs(yo - axo)/(1 + a2)1/2

    d2 = abs(y0 + axo)/(1 + a2)1/2

    e che d1 + d2 = k

    e mi fermo qui...

  48. Umberto

    si, più o meno è cosi. Bisogna solo semplificare usando le espressioni dei valori assoluti

  49. Fabrizio

    Francamente avevo iniziato a scrivere la mia soluzione proprio con le distanze. Ma poi mi è sembrato più semplice il metodo trigonometrico che ho proposto sopra.  Visto che lo avevo già in buona parte scritto, a questo punto lo propongo semplificato eliminando lo sviluppo per ricavare l'espressione della distanza punto-retta.
    Utilizzo le coordinate cartesiane definite dai due assi di simmetria.

    Indico con \small \small (x_0,y_0) le coordinate di un punto generico sul luogo dei punti che cerchiamo. Lo colloco nel 1° quadrante poiché, trovata la soluzione in questo quadrante, può essere estesa agli altri sfruttando le simmetrie.

    Nel sistema di coordinate utilizzato, le equazioni delle due rette sono \small y=m x e   \small y=-m x, con \small m=tan(\alpha)=\frac{sin(\alpha)}{cos(\alpha)} , dove \small \alpha è l'angolo tra retta ed asse orizzontale.

    Le distanze del punto dalle due rette, che chiamo k1 e k2, sono

    \small \small k1=\frac{\left | y_0-m x_0 \right |}{\sqrt{1+m^2}} e \small \small k2=\frac{\left | y_0+m x_0 \right |}{\sqrt{1+m^2}} , c'è anche da notare che \small \frac{1}{\sqrt{1+m^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{sin(\alpha)^2}{cos(\alpha)^2}}}=cos(\alpha)

    Per i punti sopra la retta superiore, dove \small y_0>m\;x_0 e quindi \small y_0-m x_0> 0
    \small k=k1+k2= [(y_0-m x_0)+(y_0+m x_0)] cos(\alpha)=2\;y_0\;cos(\alpha)

    Da cui    \small y_0=\frac{k}{2\;cos(\alpha)}

    Sopra la retta superiore, \small y_0 è costante. Il luogo dei punti che cerchiamo qui è un segmento orizzontale che va dall'asse verticale alla retta superiore.

    Per i punti sotto la retta superiore, dove \small y_0<m\;x_0, per mantenere positivo k1 occorre cambiare i segni dei due addendi che lo compongono
    \small k=k1+k2= [(-y_0+m x_0)+(y_0+m x_0)] cos(\alpha)=2\;m\; x_0\;cos(\alpha)

    Utilizzando la definizione di m, diventa

    \small k=2\;\frac{sin(\alpha)}{cos(\alpha)}\;x_0\;cos(\alpha)=2\;x_0\;sin(\alpha)

    Da cui    \small x_0=\frac{k}{2\;sin(\alpha)}

    Sotto la retta superiore, \small x_0 è costante. Il luogo dei punti che cerchiamo qui è un segmento verticale che va dall'asse orizzontale alla retta superiore.

     

  50. Umberto

    OK Fabrizio, si la formula della distanza può essere data per nota. A Questo punto (questa era più o meno la mia soluzione anlitica) forse è inutile che io la scriva. Per il resto , c'è la parte geometrica su cui tanto hanno scritto Vincenzo e Maurizio. Boh, vedrò.

  51. in realtà, è inutile introdurre l'angolo, dato che la quantità 1/(1 + m2)1/2 è un termine noto...

  52. Cesare

    Ad occhio, sembrerebbe che a e b siano i due fuochi di un ellisse e p un punto facente parte del  luogo geometrico dei punti corrispondente all’ellisse stesso.

  53. umberto

    grazie del commento Cesare ma come scritto sopra nelle risposte    il luogo geometrico é un rettangolo.

  54. Cesare

    No, mi correggo, si perderebbe l’ortogonalitá dei segmenti PA e PB con le relative rette...

  55. Claudio

    Credo sia la bisettrice dell'angolo che formano le rette r e s

  56. umberto

    no Claudio é un rettangolo come puoi vedere dai commenti.comunque grazie.

  57. Umberto

    Ho spostato il quiz nell'archivio, ovvero nell'angolo dei quiz. Ritengo i commenti molto esaurienti, vi invito a leggerli .Affido ad essi la soluzione.

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