ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it
PROBLEMA1
Nel riferimento cartesiano Oxy si consideri il triangolo di vertici O, B(1;0),
A(0;a) con a  0 . Preso un punto P interno al triangolo, si denotino con Q
e con R i punti in cui la retta per P, parallela all’asse y, taglia i lati OB e
AB rispettivamente.
1. Si dimostri che il luogo dei punti P, interno al triangolo OBA, tali che
QP : QR  OQ : OB
è un arco della parabola  d’equazione y  ax1  x 
2. Si verifichi che il lato BA del triangolo e la mediana ad esso relativa
sono tangenti a  rispettivamente in B e O
3. Si denoti con  la regione delimitata da  e da OB. In  , si
inscriva un rettangolo con un lato su OB; si stabilisca per quale valore
di a il rettangolo di perimetro massimo risulta essere un quadrato
1
4. Posto a  , si indichi con r la retta ortogonale a  nel punto B. Si
2
calcoli l’area racchiusa tra r e  e si calcoli altresì il volume del solido
generato dalla rotazione di  intorno alla retta y  1
RISOLUZIONE
Punto 1
Sia Px, y ,0  x  1,0  y  a un generico punto P interno al triangolo
AOB. Con queste convenzioni QP  y, OQ  x, OB  1 mentre QR lo
ricaviamo dalla similitudine dei triangoli rettangoli AOB e RQP:
AO  QB
 a1  x  per cui il luogo dei
QR : QB  AO : OB da cui QR 
OB
punti P per cui QP : QR  OQ : OB diventa y : a1  x   x : 1 da cui
 : y  ax1  x  che con la limitazione geometrica con
1
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0  x  1,0  y  a rappresenta un ramo di parabola con vertice in
1 a
V  ,  che interseca l’asse delle ascisse in O0,0, B1,0 .
2 4
Punto 2
L’equazione generica della tangente al grafico  in un punto x0 , y0  è
y  mx  x0   y0 con m  f ' x0  . La derivata prima della parabola in
esame è y'  a1  2 x  per cui la tangente in O0,0 ha equazione
y  ax in quanto m  f ' 0  a ; la tangente in B1,0 ha equazione
y  ax  a in quanto m  f ' 1  a . Notiamo che, oltre al punto
B1,0 , anche il punto A0, a  appartiene alla retta di equazione
y  ax  a per cui la retta tangente in B1,0 di equazione
y  ax  a coincide con la retta su cui giace il lato BA del triangolo.
Dobbiamo solo provare ora che la retta O0,0 di equazione y  ax
coincide con la mediana relativa al lato BA. Tale mediana passerà per
1 a
l’origine O0,0 e per il punto medio  ,  del lato BA. La retta
2 2
passante per questi due punti ha effettivamente equazione y  ax
coincidente con la tangente in O0,0 alla parabola.
Punto 3
Consideriamo la figura a lato.
I vertici rettangolo CDEF per ovvi
motivi di simmetria rispetto alla
direttrice della parabola di equazione
1
x  hanno le seguenti coordinate:
2
2
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
 

C x,0, D1  x,0, E 1  x, ax  ax 2 , F x, ax  ax 2 con 0  x 


per cui 2 px   2 ax
perimetro del rettangolo è 2 px   2 CD  DE dove
1
. Il
2

2
 xa  2  1 ;
CD  1  2 x, DE  ax  ax
quindi il perimetro è una parabola con concavità verso il basso la cui
a2
ascissa di massimo coincide con l’ascissa del vertice, cioè x M 
2a
cui corrisponde il valore massimo
  a  2 2  a  2 2 
  a  2 2  a  2 

2 p  xM   2  a 

 1
 
  a  2   1  2  
4a
2a


  2a   2a 

2
  a  2 2  a 2  4
 2 1 
.

4a 
2a

1
a2
La condizione 0  x  con x M 
espressa in funzione del
2
2a
parametro a diventa
a  2
a  2
a  2
0
0


 2a  0
a2 1
 2a
 2a
0
 


2a
2
a  2  1
a  2  1  0 1  0
2
2
 2a
 2a
 a
a  0  a  2

a2
a  0
I lati del rettangolo di perimetro massimo misurano:
2
a2  4
CD  FE  , DE  CF 
; notiamo che la misura del lato DE
a
4a
con la limitazione a  2 è positiva.
Affinché il rettangolo di perimetro massimo sia un quadrato dobbiamo
imporre CD  DE e cioè
3
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a2  4 2
  a 2  4  8  a 2  12  0  a  2 3 ; poiché a  2 la
4a
a
soluzione accettabile è a  2 3 cui corrisponde un perimetro massimo
a2  4
4 3
pari a 2 p max  
.


3
 2a  a  2 3
Punto 4
La retta r ortogonale a  nel punto B1,0 ha equazione y  m' x  1
1
dove m'   ed m è il coefficiente angolare della retta tangente a 
m
nel punto B1,0 ; la retta tangente a  nel punto B1,0 , come trovato
1
al Punto 2, ha equazione y  ax  a , per cui m  a  m' , e
a
1
posto a  , la retta r ortogonale a  nel punto B1,0 ha equazione
2
r : y  2x  1 .
L’area da calcolare è di seguito raffigurata in grigio.
Le intersezioni tra la parabola e la retta r : y  2x  1 si ricavano
risolvendo l’equazione
x x2

 2 x  2  x 2  3x  4  x  1x  4  0  x  4  x  1 .
2 2
4
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L’area richiesta, quindi, è pari a
1
1
 x x 2 

 x2 3

 x 3 3x 2

S       2  x  1dx      x  2 dx    
 2x
2 2 
2 2
4

 6
 4
4  
4 

1
 1 3
  32
 13 28 125
     2     12  8   

12
 6 4
  3
 12 3
Per il calcolo del volume dovuto alla rotazione di  intorno alla retta
X  x
. In questo
y  1 consideriamo la seguente trasformazione: 
Y  y  1
modo la retta y  1 verrà a coincidere nel sistema di riferimento OXY
con l’asse delle ascisse mentre la parabola avrà equazione
X X2
Y 
 1.
2
2
1.
La regione  in OXY è
raffigurata in grigio nella
figura soprastante. Il volume
richiesto sarà quindi pari a
2
1
 X X 2


 X 4 X 3 3X 2

2
V     
 1  1 dX    


 X dX 
2
2
4
2
4



0 
0

1
1
X5 X4 X3 X2
 1 1 1 1  7
 



      

8
4
2 0
 20 8 4 2  40
 20
5
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PROBLEMA2
In una semicirconferenza di diametro AB di lunghezza 2, è inscritto un
quadrilatero convesso ABCD avente il lato CD uguale al raggio. I
prolungamenti dei lati AD e BC si incontrano inun punto E.
1. Si dimostri che, qualunque sia la posizione dei punti C e D sulla
semicirconferenza, si ha:


e AEˆ B 
DAˆ C  DBˆ C 
6
3
2. Se x  DAˆ B , si provi che la somma CE+DE in funzione di x è data
da f x   cos x  3 sin x . Quale è l’intervallo di variabilità della x?
Quale il valore massimo assunto da CE+DE?
3. Posto g x   k sinx    si trovino k e  di modo che g x   f x 
4. Si tracci, a prescindere dai limiti geometrici del problema, il grafico
  11 
,
 di f x  e si denoti con R la regione delimitata, per x   ,
 6 6 
dall’asse x e da  . Si calcoli l’area di R e si calcoli altresì il volume del
solido generato da R nella rotazione attorno all’asse x.
RISOLUZIONE
Punto 1
Si consideri la figura a lato
rappresentante la geometria
del problema.
Per il teorema della corda
applicato ai triangoli ADC e
DCB si ha
6
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 DC 
1

  arcsin    .
DAˆ C  DBˆ C  arcsin 

2 6
 2r 
Poiché il triangolo AEC è rettangolo in C
AEˆ B  AEˆ C 

2
 DAˆ C 

2


6


3
.
Punto 2
Poiché DAˆ C 

, la limitazione sull’angolo DAˆ B  x è

x

.
6
6
2
Il triangolo ACE è rettangolo in C, per cui a norma del teorema dei
3
 
triangoli rettangoli CE  CA  tan CAˆ E  CA  tan  
 CA dove
6 3


CA , applicando il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo ACB è


CA  AB  cos CAˆ B  2 cos x    3 cos x  sin x per cui
6

3
3
CE 
 3 cos x  sin x  cos x 
sin x ; analogamente il
3
3
triangolo BED è rettangolo in D per cui a norma del teorema dei
triangoli rettangoli
3
 
DE  DB  tan EBˆ D  DB  tan  
 DB dove DB , applicando
6 3
il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo ADB è
3
2 3
 2 sin x 
sin x . In
DB  AB  sin DAˆ B  2 sin x per cui DE 
3
3
conclusione
3
2 3
f x   CE  DE  cos x 
sin x 
cos x  cos x  3 sin x con
3
3




6
x

2





. La funzione f x   cos x  3 sin x può essere anche
7
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

scritta come f x   cos x  3 sin x  2 sin x   e il valore massimo
6



è assunto quando sin  x    1 cioè quando
6

x

6


2
 k  2  x 


3
 k  2 . Quindi il valore massimo è
 
e vale f    2 e il quadrilatero corrispondente è
3
3
 
un trapezio isoscele. In particolare M   ,2  è massimo relativo ed
3 


assoluto per la funzione f x   cos x  3 sin x  2 sin x   .
6

raggiunto per x 
Punto 3
Nel Punto 2 abbiamo mostrato che la funzione f x   cos x  3 sin x


può essere anche scritta come f x   cos x  3 sin x  2 sin x   ,
6

per cui i valori  , k  tali per cui g x   k sinx     f x  sono


6
, k  2 . Se non avessimo intuito che la funzione


f x   cos x  3 sin x poteva essere scritta come f x   2 sin x   ,
6

avremmo dovuto procedere in questo modo. Sfruttando la formula di
addizione, la funzione g x  coincide con
g x   k sinx     k sinx cos   k cosx sin  . L’uguaglianza
k sinx cos   k cosx sin   cos x  3 sin x è verificata se
k sin    1
; dividendo la prima per la seconda otteniamo

k cos    3
8
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tan  
3
, mentre elevando al quadrato e sommando otteniamo la
3

3
k sin    1
tan  
2

seconda condizione k  4 per cui 
3 .
k cos    3
k 2  4

3

ha come soluzioni    k con k  Z
3
6
2
mentre l’equazione k  4 ha come soluzioni k  2 . Tra le possibili
k sin    1
coppie  , k  quella che soddisfa il sistema 
è solo


k
cos


3

 , k     ,2  .
6 
L’equazione tan  
Punto 4


Il grafico  della funzione f x   cos x  3 sin x  2 sin x   lo
6

ricaviamo attraverso i seguenti passi:
1. Grafichiamo la funzione elementare hx   sin x ;
2. Trasliamo il grafico del Punto 1 di x 

verso le ascisse negative,
6


ottenendo il grafico di h1 x   sin x  
6



3. Otteniamo il grafico  di f x   2 sin x   moltiplicando per 2
6



le ordinate del grafico di h1 x   sin x  
6

Il grafico è il seguente.
9
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  5 
Nell’intervallo  ,  la funzione
 6 6 


 5 11 
f x   cos x  3 sin x  2 sin x   è positiva mentre in  ,
6

 6 6 
5
è negativa ed è simmetrica rispetto alla retta x 
; da ciò deduciamo
6
che l’area della regione R è pari a
S R  
5
6


11
6


 2 sin x  6 dx   2 sin x  6 dx . Effettuando la

6
sostituzione t  x 

6

2
0

5
6
l’integrale diventa
S R    2 sin tdt   2 sin tdt   2 cos t 0  2 cos t  

2
  2 cos   2 cos0  2 cos 2   2 cos    2  2  2  2  8
10
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Il volume del solido dovuto alla rotazione di R intorno all’asse delle
ascisse è V R   
11
6
 4 sin

t  x

6
2


 x  dx . Effettuando la sostituzione
6

6
l’integrale diventa
V R  
11
6




4sin  x  dx  
6

2
2
 4sin
6
  2t  sin 2t 0  4 2
2
11
0
2
tdt  
2
  2  2 cos 2t dt
0
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QUESTIONARIO
Quesito 1
Sia W il solido ottenuto facendo ruotare attorno all’asse y la parte di
 
piano compresa, per x  0,  , fra il grafico di y  sin x e l’asse x.
 2
Quale dei seguenti integrali definiti fornisce il volume di W?


1
2
2
A) 2  x sin xdx ; B)   arcsin x  dx ; C)   sin 2 xdx ;
2
0
0
0
D) nessuno di questi
Si motivi la risposta.
La risposta esatta è la A).
Pensiamo la regione R decomposta in tanti ognuno dei quali genera un
solido pari alla differenza di due cilindretti, in modo che, intuitivamente
potremo pensare W come somma progressiva di infiniti gusci cilindrici

coassiali di spessore dx , dove il raggio x varia da 0 a .
2
Il volume del guscio (infinitesimo) può essere calcolato come prodotto
dell’area circolare di base di raggio esterno xi  xi  e raggio interno


x i , per l’altezza: Vi    xi  xi   xi2  sin xi . Trascurando gli
2
infinitesimi di ordine superiore a xi il volume infinitesimo sarà
Vi  2  xi  sin xi  xi . Se il numero di gusci cilindrici in cui
2
 
suddividiamo l’intervallo 0,  è N il volume richiesto sarà:
 2
12
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
2
 N

V  lim Vi  lim   2  xi  sin xi  xi  2  x sin xdx
N 
N 
i 1
 i 1

0
N

 2   x cos x  sin x 02  2  1  2
Quesito 2
Angelo siede in un punto A della piazza del suo paese e vi osserva un
albero in B, una fontana in F e un lampione in L. Stima l’ampiezza
dell’angolo sotto cui vede la congiungente B e F pari a 30° e l’ampiezza
dell’angolo sotto cui vede FL pari a 45°. Sapendo che BF  12m e
FL  20m e che BFˆL  155 , si spieghi ad Angelo come procedere per
calcolare AB, AF e AL. Sono attendibili i risultati AB  AF  23,18m
e AL  27,85m ?
Consideriamo la figura seguente rappresentante la geometria del
problema.
Indicando l’angolo AFˆL   , gli altri angoli di conseguenza saranno
ALˆ F  135   , AFˆB  155   , ABˆ F    5 con 5    135 .
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Applichiamo il teorema dei seni ai due triangoli ABF ed AFL per
ricavare in ambo i casi la misura del lato AF e dei lati AL e AB :
20sin 135   
AF
FL
(1)

 AF 
 20 2  sin 135   
sin 135    sin  45 
sin  45 
(2)
12sin   5 
AF
BF

 AF 
 24  sin   5 
sin   5  sin  30 
sin  30 
(3)
FL sin  
AL
FL

 AL 
 20 2  sin  
sin   sin  45 
sin  45 
(4)
BF sin 155   
AB
BF

 AB 
 24  sin 155   
sin 155    sin  30 
sin  30 
Uguagliando le due espressioni 1 e 2  si ha:
20 2  sin 135     24  sin   5  
 20 2  sin135 cos   cos135 sin    24  sin  cos5  cos  sin 5  
 2

2
 20 2 
cos  
sin    24  sin  cos5  cos  sin 5  
2
 2

 20  cos   sin    24  sin  cos5  cos  sin 5  
  24 cos5  20  sin    20  24sin 5  cos   0  posto cos   0
 

2
 k

 20  24sin 5  
  24 cos5  20  cos    tan   
  0 
 24 cos5  20  

 20  24sin 5 
 tan   
  5,652
 24 cos5  20 
Ricordiamo ora le formule trigonometriche che esprimono il seno e il
coseno in funzione della tangente:
14
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tan 
sin  
1  tan 
Dalla (1) ricaviamo
2
1
, cos  
1  tan 2 
.
AF  20 2  sin 135     20  sin  cos  

20 1  5,652 
1   5,652 
2
20 1  tan  
1  tan 2 
 23,18m
Dalla (3) ricaviamo
AL  20 2  sin   
20 2 tan 
1  tan 2 

20 2  5,652
1  5,652
2
 27,85m
Dalla (4) ricaviamo
AB  24  sin 155     24  sin 155 cos   cos 155 sin   
24 sin 155  24 cos 155 tan  24 sin 155  24 cos 155  5,652


 23,18m
2
1  tan 2 
1  5,652
In conclusione sono attendibili i risultati proposti dalla traccia.
Quesito 3
La base di un solido S è la regione triangolare compresa tra gli assi
coordinati e la retta di equazione 4 x  5 y  20 . Si calcoli il volume di S
sapendo che le sue sezioni con piani perpendicolari all’asse x sono
semicerchi.
Fissato x, il raggio del semicerchio sarà r x  
con 0  x  5 cui corrisponde un’ area pari a
2
5  x 2 . Integrando l’area

 
2
2 5 
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otteniamo il volume richiesto:
Ax  

r x  
2
  10  2 x 
1  20  4 x   10  2 x 



2 5   5 
2
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5
V   Ax dx 
0

2
5  x 2 dx  2  5  x 3

25 0
75
5

5
0

2
10
 125 
.
75
3
Quesito 4
Si spieghi perché l’equazione cos x  x ha almeno una soluzione
La funzione f x   x  cos x è definita e continua in tutto R ed è
strettamente crescente nel dominio R in quanto ha derivata prima
f ' x   1  sin x non negativa. Poichè, inoltre,
2
  
f 0  1  0, f    
 0 a norma del teorema degli zeri
2
4 4
esiste un’unica soluzione dell’equazione f x   0 e cioè di cos x  x .
Quesito 5
Si risolva l’equazione x  1  1  x
Per risolvere l’equazione richiesta bisogna considerare che:
 per x  0 si ha: x  1  1  x, x   x
 per 0  x  1 si ha: x  1  1  x, x  x
 per x  1 si ha: x  1  x  1, x  x
Risolviamo l’equazione considerando gli intervalli soprastanti:
 x  0 : 1  x  1  x  x  0 non accettabile;
 0  x  1 : 1  x  1  x  0  0 per cui tutti i numeri reali
appartenenti all’intervallo 0,1 sono soluzioni dell’equazione;
 x  1 : x  1  1  x  2 x  2  x  1 accettabile
In conclusione l’equazione presenta infinite soluzioni e sono gli infiniti
numeri reali appartenenti all’intervallo 0,1 .
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Quesito 6
Una sfera è inscritta in un cubo; quale è il rapporto fra il volume della
sfera e quello del cubo?
4 3
r . Il cubo
3
circoscritto ha lato pari al diametro della sfera l  2r , di conseguenza il
volume è VCubo  l 3  8r 3 . Il rapporto tra i volumi è quindi
4 3
r
VSfera

R
 3 3  .
VCubo
6
8r
Sia r il raggio della sfera inscritta il cui volume è VSfera 
Quesito 7
Si dimostri che in un triangolo, il rapporto tra ciascun lato e il seno
dell’angolo ad esso opposto è uguale al diametro del cerchio circoscritto
al triangolo.
Si consideri la figura a lato.
C
Siano   CAˆ B,   CBˆ A,   BCˆ A
gli angoli opposti
h
b
a
rispettivamente ai lati
BC  a, AC  b, AB  c del
O
triangolo
ABC inscritto e sia AO  R il raggio A
c
H
della circonferenza
circoscritta. Il triangolo ACD è
inscritto in una
semicirconferenza per cui è rettangolo in C;
inoltre ADˆ C  ABˆ C in quanto sono angoli alla circonferenza
che insistono sullo stesso arco. I triangoli ACD e CHB
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D
B
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sono, quindi, simili in quanto entrambi rettangoli con un angolo
acuto uguale, per cui vale la proporzione tra lati omologhi:
ab
. Per il teorema sui triangoli rettangoli
h : b  a : 2R da cui 2 R 
h
applicato a CHB si ha h  a sin   b sin  per cui sostituendo in
a b
b
ab
ab
a
ricaviamo 2 R 
e 2R 
;
2R 


h
b sin  sin 
a sin  sin 
c
dobbiamo quindi solo dimostrare che 2 R 
; applicando il teorema
sin 
c
b
a
dei seni al triangolo ABC si ha
per cui


sin  sin  sin 
sostituendo nella formula del diametro si ha in definitiva
a
b
c
.
2R 


sin  sin  sin 
Quesito 8
Sia t  0,2  ; quale è la curva rappresentata dalle equazioni
x  a cos t e y  b sin t ?
Si tratta di trovare l’equazione cartesiana del luogo a partire dalle
x

cos t  a
seguenti equazioni parametriche: 
Elevando ambo i membri
sin t  x

b
al quadrato e ricordando l’identità goniometrica fondamentale
x2 y2
sin 2 t  cos 2 t  1 il luogo avrà equazione 2  2  1 che corrisponde
a
b
all’equazione dell’ellisse di semiassi a e b.
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