soluzione verifica 10 aprile 2013

Liceo Scientifico Statale “M. Curie”
Classe 2 A Scienze Applicate
Verifica di Matematica:
durata della prova : 2 ore
sommativa
Nome ____________________________________
10 aprile 2013
Cognome___________________________________________________
voto
Leggete attentamente le seguenti istruzioni:
Anche i disegni hanno un punteggio, quindi li dovete eseguire a matita e in maniera accurata.
Sarà penalizzato il punteggio delle disequazioni di secondo grado risolte con la scomposizione in fattori di primo
I grafici dei sistemi e dello studio dei segni devono indicare a capo-riga l’elemento che si sta valutando
Dei problemi G3 e G4 ne dovete eseguire uno solo, a vostra scelta. CANCELLATE QUELLO CHE NON AVETE SCELTO.
Punt. Punt.
Max. attr.
G1
Problema di geometria elementare
Nel triangolo (ABC) rettangolo in A, la bisettrice dell’angolo in B incontra il lato AC in P. Traccia da P la
10
perpendicolare all’ipotenusa CB e indica con Q il punto di intersezione con l’ipotenusa stessa. Dimostra che
PQ : CP = AB : CB .
G2
Problema di geometria da risolversi con l’algebra
Un trapezio isoscele circoscritto a una semicirconferenza ha la base maggiore AB che misura 8 3a e gli
angoli alla base di 30°. Calcola perimetro e area del trapezio.
G3*
G4*
Problema di geometria da risolversi con una incognita
Data una semicirconferenza di centro O e diametro AB=2r, traccia il raggio OC perpendicolare al diametro.
Indicato con P un generico punto dell’arco AB, sia K la sua proiezione su OC. Determina per quale posizione
2
2
1 2
di P si ha AP − 2PK = r . (Porre AH=x, dove H è la proiezione di P su AB)
2
18
Problema di geometria da risolversi con una incognita
Dato un segmento OP = a , tracciare una semicirconferenza γ di centro O in modo che P sia esterno ad
essa. Tracciata da P la retta tangente a γ , indicare con C il punto di tangenza e con H la proiezione di C su
3
OP. Qual è il raggio di γ se OC + OH = a ?
4
G5
12
Dopo aver trovato le coordinate del vertice, le coordinate degli eventuali punti di intersezione con l’asse x e
con l’asse y, l’equazione dell’asse di simmetria e le coordinate di alcuni punti, esegui un accurato disegno
2
18
8
2
della parabola di equazione y = x − 2 x − 3 . Risolvi poi la disequazione x − 2 x − 3 ≤ 0
A1
Risolvi le seguenti disequazioni:
x 2 + 4 x − 12
x 2 − 2x − 3
2x + 5
1 − 4x2
A2
−
8
<0
x +2
4x2 − 4x + 1
≥
3
2x + 1
10
Risolvi il seguente sistema:
 x 2 + 3x + x

<0
 x2 − 2x − 3

 x 4 − 4 x2
≤0
 3
 x −1
14
totale
Problema di geometria elementare
Nel triangolo (ABC) rettangolo in A, la bisettrice dell’angolo in B incontra il lato AC in P. Traccia da P la perpendicolare all’ipotenusa
CB e indica con Q il punto di intersezione con l’ipotenusa stessa. Dimostra che PQ : CP = AB : CB .
Ip:
AB̂P ≅ PB̂C
π
CÂB ≅
2
PQ ⊥ CB
Ts:
PQ : CP = AB : CB
DIM:
Per il teorema della bisettrice, si può scrivere la proporzione AP : CP = AB : CB .
Ma i triangoli ( APB) e ( QPB) sono congruenti per il criterio di congruenza dei
triangoli rettangoli. Infatti, oltre all’angolo retto, hanno congruenti l’ipotenusa PB (in
comune) e gli angoli AB̂P ≅ PB̂C (per IP)
In particolare, siccome in triangoli congruenti ad angoli congruenti stanno opposti
lati congruenti, si ha PA ≅ PQ . Nella proporzione ricavata dal teorema della
bisettrice possiamo sostituire AP con PQ e la tesi è cosi verificata.
Problema di geometria da risolversi con l’algebra (es. 82 pag 369 del libro di geometria)
Un trapezio isoscele circoscritto a una semicirconferenza ha la base maggiore AB che misura 8 3a e gli angoli alla base di 30°.
Calcola perimetro e area del trapezio.
Per un teorema che abbiamo studiato, il lato obliquo di un trapezio isoscele circoscritto a una circonferenza è uguale alla metà della
base maggiore. Perciò AD = BC = 4 3a .
L’altezza si trova applicando le formule relative ai triangoli 30-60-90. Avere un disegno fatto come si deve, potrebbe aiutare a
riconoscere le formule da applicare. In particolare:
1
CH = DK = AD = 2 3a
2
3
3
= 4 3a ⋅
= 6a
2
2
La base minore DC si trova sottraendo dalla base maggiore le due proiezioni dei lati obliqui:
DC = AB − 2 AK = 8 3a − 12a .
A questo punto siamo in grado di trovare gli elementi richiesti:
2p = 8 3a + 4 3a + 4 3a + 8 3a − 12a = 24 3a − 12a = 12a 2 3 − 1
HB = AK = AD
A=
(8
)
(
(
)
(
3a + 8 3a − 12a ⋅ 2/ a 3
= a 3 16a 3 − 12a = a 2 48 − 12
2/
)
3 ) = 12a 2 (4 − 3 )
Problema di geometria da risolversi con una incognita (es. 115 pag 378 del libro di geometria)
Data una semicirconferenza di centro O e diametro AB=2r, traccia il raggio OC perpendicolare al diametro. Indicato con P un
2
2
1 2
generico punto dell’arco AB, sia K la sua proiezione su OC. Determina per quale posizione di P si ha AP − 2PK = r . (Porre
2
AH=x, dove H è la proiezione di P su AB)
Come indicato dal testo, dobbiamo porre AH=x che è sottoposto alle limitazioni 0 ≤ x ≤ 2r : dovremo ricordarci di controllare se le
soluzioni trovate rientrano in questo intervallo.
Se P appartiene alla semicirconferenza, si viene a formare un triangolo rettangolo (APB) al quale possiamo pensare di applicare o il
teorema di Pitagora o uno di quelli di Euclide. Tenendo conto dei dati richiesti, dobbiamo costruire l’equazione che risolve il
problema esprimendo in funzione dell’incognita x le lunghezze dei segmenti AP e PK.
2
Per il primo teorema di Euclide applicato al triangolo rettangolo (APB) si ha AP = x ⋅ 2r
N.B. per poter applicare Pitagora o Euclide dobbiamo accertarci che il triangolo sia rettangolo e (APO) non lo è!!
Invece PK = AO − AH = r − x . Nel caso in cui P si trovasse “a destra” del raggio OC si avrebbe PK = AH − AO = x − r . In ogni caso il
risultato sarà lo stesso dal momento che dovremo elevarlo al quadrato.
N.B. se non si dovesse elevare al quadrato, potendo teoricamente P stare sia a destra sia a sinistra del raggio CO, dovremmo
considerare il valore assoluto della differenza per evitare di avere valori negativi.
Sostituendo nell’equazione data:
2
2 1
1
1
AP − 2PK = r 2
⇒ 2rx − 2(r − x )2 = r 2
⇒ 2rx − 2x 2 − 2r 2 + 4rx = r 2 ⇒ 4 x 2 − 12rx + 5r 2 = 0
2
2
2
Applichiamo la formula ridotta:
5
r
2
2
6r ± 36r − 20r
6r ± 4r
x1 ,2 =
=
= 2
1
4
4
r
2
5
La soluzione x = r non è ovviamente accettabile in quanto H si troverebbe fuori dal diametro. L’unica soluzione accettabile è
2
r
pertanto x =
2
Problema di geometria da risolversi con una incognita (es. 122 pag 379 del libro di geometria)
Dato un segmento OP = a , tracciare una semicirconferenza γ di centro O in modo che P sia esterno ad essa. Tracciata da P la retta
3
tangente a γ , indicare con C il punto di tangenza e con H la proiezione di C su OP. Qual è il raggio di γ se OC + OH = a ?
4
Dal momento che il problema chiede “qual è il raggio di γ ” ci sta suggerendo di indicare con x il raggio OC=OB.
x è sottoposto alle limitazioni 0 ≤ x < a .
Anche se ottenuto in modo apparentemente diverso, il disegno è sempre il solito: c’è un triangolo rettangolo (la tangente è
perpendicolare al raggio) e c’è l’altezza relativa all’ipotenusa. Per il primo teorema di Euclide applicato al triangolo (OCP) si ha
2
2
CO = OH ⋅ HP da cui si può ricavare HO. OH =
x2 3
CO
x2
= a da cui 4 x 2 + 4ax − 3a2 = 0 . Le
=
. Sostituendo nell’equazione x +
a 4
a
HP
soluzioni sono:
3
− a
− 2a ± 4a + 12a
− 2a ± 4a
2
=
=
x1 ,2 =
1
4
4
a
2
2
2
delle quali è accettabile solo quella positiva che rientra nell’intervallo delle limitazioni.
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………….
Dopo aver trovato le coordinate del vertice, le coordinate degli eventuali punti di intersezione con l’asse x e con l’asse y,
l’equazione dell’asse di simmetria e le coordinate di alcuni punti, esegui un accurato disegno della parabola di equazione
y = x 2 − 2 x − 3 . Risolvi poi la disequazione x 2 − 2 x − 3 ≤ 0
Cominciamo trovando le coordinate del vertice
b
xV = −
=1
2a
Per trovare l’ordinata o ci ricordiamo la formula yV = −
∆
= −4 oppure
4a
(meglio) SOSTITUIAMO x=1 nell’equazione della parabola.
yV = 1 − 2 − 3 = −4
Ricordo che l’equazione della parabola stabilisce la relazione tra le ascisse dei
suoi punti e le rispettive ordinate: un punto appartiene ad una retta, a una
parabola o, in generale ad una curva, se le coordinate del punto soddisfano
l’equazione della retta, della parabola o, in generale della curva.
L’equazione dell’asse di simmetria è x = 1 , retta verticale avente i punti tutti
con la stessa ascissa del vertice.
Siccome c = - 3 rappresenta l’intercetta della parabola con l’asse y, il punto di intersezione con l’asse y ha coordinate (0 ;−3)
y = x 2 − 2x − 3
Per trovare le coordinate degli eventuali punti di intersezione con l’asse x dobbiamo risolvere il sistema 
y = 0
che conduce all’equazione x 2 − 2x − 3 = 0 scomponibile in (x + 1)(x − 3) = 0 da cui x1 = −1 e x 2 = 3
I punti di intersezione con l’asse x sono pertanto (−1;0) e (3;0) . Completare con altri punti per i quali le coordinate devono essere
ordinate in un’opportuna tabella. Senza ulteriori calcoli, la disequazione è verificata per i valori INTERNI all’intervallo delle radici.
Risolvi le seguenti disequazioni:
x2 + 4 x − 12
x 2 − 2x − 3
<0
−6
trovate le radici (che corrispondo alle ascisse dei punti di intersezione
2
della parabola con l’asse x) osserviamo che a e il trinomio sono concordi, quindi dobbiamo prendere i valori ESTERNI all’intervallo
delle radici.
N > 0 x < −6 ∨ x > 2
N > 0 x 2 + 4 x − 12 > 0 x1 ,2 = −2 ± 4 + 12 = −2 ± 4 =
D > 0 x 2 − 2x − 3 > 0 ⇒ x 2 − 2 x > 3
Siccome c’è un solo modulo e oltre ad esso solo un numero, la disequazione può essere considerata “elementare” e non è necessario distinguere i
due casi ma si ha solo:
x 2 − 2x < −3 ∨ x 2 − 2x > 3
x 2 − 2x + 3 < 0 ∨ x 2 − 2 x − 3 > 0
∅ ∨ x < −1 ∨ x > 3
D > 0 x < −1 ∨ x > 3
-6
-1
N
+
D
+
+
-
N/D
+
-
+
S fin : − 6 < x < −1 ∨ 2 < x < 3
-
2
3
+
-
+
+
+
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………..
2x + 5
x +2
3
− 2
≥
2
1 − 4x
4 x − 4 x + 1 2x + 1
2x + 5
x +2
3
attenzione 1 − 4 x 2 = − 4 x 2 − 1 = − (2 x − 1)(2x + 1)
−
−
−
≥0
2
(2 x − 1)(2 x + 1) (2 x − 1) 2 x + 1
2x + 5
x +2
3
ho cambiato segno e quindi il verso della diseguaglianza
+
+
≤0
2
(2 x − 1)(2 x + 1) (2 x − 1) 2 x + 1
(
(2 x − 1)(2 x + 5) + (2 x + 1)(x + 2) + 3(4 x 2 − 4 x + 1)
≤0
(2 x − 1)2 (2 x + 1)
4 x 2 + 8 x − 5 + 2 x 2 + 5 x + 2 + 12 x 2 − 12 x + 3
(2 x − 1)2 (2 x + 1)
18 x 2 + x
≤0
≤0
(2 x − 1)2 (2 x + 1)
x (18 x + 1)
≤0
(2 x − 1)2 (2 x + 1)
1
∨ x≥0
18
1
1
D1 > 0 ∀x ≠
N.B. va specificato che è >0 ∀x ≠
2
2
1
D2 > 0 x > −
2
1
1
S fin : x < −
∨ − ≤x≤0
2
18
N≥0 x≤−
)
Risolvi il seguente sistema:
 x 2 + 3x + x

<0
 x2 − 2x − 3

 x 4 − 4 x2
≤0
 3
 x −1
Procediamo con ordine, risolvendo una disequazione alla volta, prima N e poi D.
Disequazione A
N > 0 ∀x ≠ 0 . Infatti x=0 annulla gli argomenti di entrambi i moduli quindi anche la loro somma. Per ogni altro valore di x si tratta
di una somma di quantità positive e quindi N è (quasi) sempre positivo. La frazione è negativa quando lo è D. Non era proprio il
caso di distinguere casi e sottocasi, cercate sempre la via d’uscita più breve.
3
D < 0 x 2 − 2x − 3 < 0 x1 ,2 = 1 ± 1 + 3 = 1 ± 2 =
per avere D<0 dobbiamo prendere i valori INTERNI D < 0 − 1 < x < 3
−1
S A : − 1 < x < 3 con x ≠ 0
Disequazione B
(
)
N > 0 x2 x2 − 4 ≥ 0
x 2 ≥ 0 ∀x ∈ R
D > 0 x3 − 1 > 0
x3 > 1
-2
N
+
D
-
N/D
x 2 − 4 ≥ 0 x ≤ −2 ∨ x ≥ 2
x > 1 (perché 3 è dispari e quindi si può estrarre la radice cubica senza condizioni)
0
1
2
-
-
+
+
+
+
+
-
+
SB : x ≤ −2 ∨ x = 0 ∨ 1 < x ≤ 2
Facciamo ora il grafico finale del sistema
-2
A
B
S fin : 1 < x ≤ 2
-1
0
1
non dimentichiamo lo zero!!
2
3