problema 1 - area di lavoro della prof.ssa Di Vito

PROBLEMA 1
In un cerchio di raggio 1 e centro O è inscritto un quadrilatero ABCD contenente O. Sapendo che AB è uguale al lato del
triangolo equilatero inscritto, che CD è uguale al raggio, e posto BÔC  2 x ,
a. verificare che AC e BD sono perpendicolari e si esprima in funzione di r ed x l’area del quadrilatero, A=f(x).
ˆB 
AD

perché angolo alla circonferenza che insiste su AB lato del triangolo
3
equilatero,
ˆB
DA
ˆ

ˆ B  DO C  1  ricordando che DC è uguale al raggio. Dunque
perché D A
6
2
2 3
ˆA
DQ

2
BÔC  2 x
ˆ D    2x
AO
AreaAOB  1 . sin
2 1
3
. 
 AreaCOD
3 2
4
AreaCOB  1. sin 2 x .
1
2
AreaAOD  1. sin  2 x .
1
1
 sin 2 x .
2
2
Quindi A=f(x)= 2 . sin x . cos x 
3
2
b. Trovare per quale valore di x, nei limiti geometrici, il grafico di f(x) ha tangente parallela all’asse delle ascisse e
costruire il quadrilatero nel caso della soluzione trovata
ˆ C   cioè 0  x  
0  BO
2
Limiti geometrici: poiché BOˆ C  AOˆ D  
La funzione ha tangente parallela all’asse delle ascisse se il suo m=0 cioè se y’=0
f'’(x)= 2.cos 2 x  sin 2 x  →y’=0→ cos 2 x  sin 2 x → nei limiti geometrici unica soluzione x  
4
c. Dopo aver verificato che in tale caso ABCD è un trapezio, considerare ABCD come base di una piramide avente
altezza VO  2r e calcolarne il volume

2


 
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
quindi DCB  DCO  OCB   e CBA  CBO  OBA  
3 4
4 6
ˆ
ˆ
Dunque DCB  CBA   e, poiché angoli coniugati interni, le due rette AB e CD sono
Nel caso trovato BOˆ C  2 x 
parallele.
Per calcolare l’area dibase della piramide sostituisco in A=f(x)= 2. sin x . cos x  3 →
2
A= sin 2   3  1  3
4
2
2

3 
1 2 3
V  1 
2 


2 
3
3

d. Trovare le particolarità delle facce laterali e determinare per una di esse, a scelta, l’area e la distanza del piano
che la contiene dal centro O della circonferenza
Poiché il trapezio è inscritto in una circonferenza e l’altezza cade nel centro della circonferenza che è
equidistante da tutti i vertici di base, allora possiamo affermare che tutte le facce sono triangoli isosceli.
Per calcolare la distanza di una di esse dal suddetto centro, per esempio della faccia ABV, calcolo il volume della
piramide ABOV e applico poi la formula inversa del volume, considerandola una piramide di base ABV:
2
hABV 
2
HO  OV 
AABV  3 
1
17
4 
4
2
ricordando che OAˆ B 

6
17 1
51
 
2 2
4
1 
1 1
1
3
VAOBV  AABO  VO    3     2  
3 
2 2
3
6
3 VAOBV
d

AABV
La distanza cercata è
3
3
6  2
51
17
4
e. Tornando al quadrilatero iniziale, stabilire se vi è un valore di x per cui ABCD possa essere base di una piramide
retta.
Una piramide retta ha la base circoscrittibile, dunque deve essere AB  CD  BC  AD


BC  2r  sin x e AD  2 r  sin   x   2 r cos x
2


Quindi 1  3  2 sin x  2 cos x equazione lineare
2
 2 X  2Y  1  3
 1 3  2 x 
 X2 1
→ Y  1  3  2 x → 

2
2

 X  Y  1
2
2


1 3 4X 2  2 3  4 3X 4X
 X 2 1
4


4X 2  2 1 3 X  3  0


  3 1 2 3  4 3  1 3

2

Quindi X  1  3  1  3 cioè X  3 e Y  1 oppure X  1 e Y  3 soluzioni simmetriche: x   o x  
4
2
2
2
2
6
3