COMPITO DI MATEMATICA

Classe IV A
Anno scolastico 2012/2013
19 ottobre 2012
COMPITO DI MATEMATICA
I del I quadrimestre
CORREZIONE
A) Costruisci con riga e compasso l’angolo α del IV quadrante che ha la cotangente
uguale a – 3 . Qual è il suo seno? Qual è il suo coseno? Quanto vale cos 3α ?
R. L’angolo che la cotangente uguale a – 3 ha la tangente uguale a – 1/3 (il disegno è
banale)
cos  
cos  
1
1  tan 2 
1
 cos  
3
10
3
 cos  
10
1  tan 2 
cos 3  cos(2   )  cos 2 cos   sin 2 sin   (2 cos 2   1) cos   2 sin 2  cos  
 2 cos 3   cos   2 cos   2 cos 3   4 cos 3   3 cos 
B) Semplifica la seguente espressione
5
3
 cos(    )  sin(    ) 
2
2
3
sin(    )  tan(    ) cos(    )
1

2

 3 2 cos(  )
tan(    )
sec(   )
4
R. Usiamo gli archi associati (tranne per l’ultimo addendo)
  sin   cos  
  sin   cos  
sin   tan  sin 
1
1
 cos(   )  3 2 (
cos  
sin  ) 
tan 
2
2
1  tan 
 cos   3 cos   3 sin   sin 
1
cos 
(nella frazione si è diviso sopra e sotto per sin )
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
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6 2
.
4
12
11
5
13
Dunque ricava cos(  ) , sin(  ) e tan(  )
12
12
12
C) Dimostra che il seno di
è
Dimostrazione


è la metà di . Usiamo le formule di bisezione
12
6

3
2 3
1  cos
1

2 3
6 
2 
2
sin



12
2
2
2
2

6 2
si intuisce subito che
cos(
sin(
cos
12
4
11


6 2
 )  cos(  )   cos  
12
12
12
4
5
 

 )  sin(  )  cos 
12
2 12
12
tan(

3
1

2
2  6 2
2
4
13

 )  tan 
12
12
sin
cos

12 

6 2
4
6 2
6 2

6  2 12  2
 2 3
4
12
Risolvi le seguenti equazioni nel modo che ritieni più opportuno (copiare dal vicino
non è considerato un modo opportuno):
D)
 cos( x 

3
)  sin( 4 x)


3
2
È riconducibile a elementare, ad esempio nella:  cos( x  )   cos(  4 x)
del tipo cos   cos 
x

3


2
 4 x  2k  x 
da cui ricaviamo x  
E)
1  cos 2 x  2 cos(

3


2
 4 x  2k
5
2
 2
  k  x    k
18
3
30 5

4
 x)  2 cos x
usando le formule di addizione (sparisce cos x) e di duplicazione (conviene perciò quella
col seno) e si ottiene
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19 ottobre 2012
1  (1  2 sin 2 x)  2 cos x  2 sin x  2 cos x equivalente a
2 sin 2 x  2 sin x  0 equivalente a sin x  0  sin x 
1
2
(banali… mi rifiuto di
completare)
x
1  cos x
 7  8 cos x
 7  8 cos x che a sua volta equivale a
equivale a
2
1  cos x
1  cos x  8 cos 2 x  cos x  7
1  cos x  (1  cos x)(7  8 cos x)
cioè
a


cos x  1
cos x  1


3
cos 2 x 
cioè a
equazione pura… e banale (mi rifiuto di completarla)
4
F)
tg 2
G)
cos 2 x  cos( x 

4
)
ancora una elementare del tipo cos   cos 
Per chi non se ne avvede, sviluppando si ottiene cos 2 x  sin 2 x 
1
2
cos x 
1
2
sin x
e si può scomporre a sinistra e raccogliere il fattore comune:
(cos x  sin x)(cos x  sin x 
1
2
)0
La legge dell’annullamento del prodotto obbliga a risolvere due lineari.
H)
Nel triangolo ABC l’angolo di vertice A ha il seno pari a
vertice B ha il coseno pari a 
5
mentre quello di
13
7
. Detto E il punto in cui la bisettrice dell’angolo in B
25
interseca AC, calcola la tangente di BEA.
sin  
5
12
 cos  
13
13
BEA è    

2
cos   
7
24
 sin  
25
25
Dunque calcoliamo cos

2


tan BEˆ A  tan(     )   tan(   )  
2
2

7
25  3  sin   4
2
5
2 5
1
tan   tan
1  tan  tan

2

2
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I)
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19 ottobre 2012
Qual è la tangente goniometrica dell’angolo acuto formato dalle tangenti
1
2
alla parabola di equazione y  x 2 nei suoi punti di ascissa x1= – 1 e x2=2 ?
Usando la formula dello scorso anno per la tangente a una parabola, sappiamo che è
mtan  2ax0  b
Dunque le due tangenti nei punti di ascissa x1= – 1 e x2=2 hanno rispettivamente
m=–1 em=2
Detto  l’angolo acuto compreso tra le due rette, è tan  
2  (1)
3
1  2(1)