4^C - Esercitazione recupero n°7 1. Data una circonferenza di

4^C - Esercitazione recupero n°7
1. Data una circonferenza di centro O e raggio unitario, prendi su di essa tre punti A, B, C, tali che
AB=BC .

a. Calcola, in funzione dell'angolo AOB=x
, la quantità AB 2BC 2CA2 , verificando che
risulti f  x=−4 cos 2 x−4 cos x8 .
b. Studia la funzione ricavata e tracciane il suo grafico nell'intervallo 0≤ x≤2  .
c. Verifica che tale grafico è simmetrico rispetto alla retta di equazione x= .
2. In un triangolo ABC, l'angolo B è doppio dell'angolo C , e BC =a .
a. Dette BH e CL, rispettivamente, le altezze del triangolo uscenti dai vertici B e C, considera il
2
BH CL
rapporto
a2
2
 =x .
espresso in funzione di ABC
b. Studia la funzione f  x così ottenuta e traccia il suo grafico g nell'intervallo 0≤ x≤2  ,
mettendo poi in evidenza la parte del grafico compatibile con i dati del problema.
c. Dimostra che g è simmetrico rispetto alla retta di equazione x= .
3. Data una circonferenza di diametro AB=2 , conduci per A la retta tangente alla circonferenza,
e su di essa considera un punto M tale che AM = x . Da M traccia l'ulteriore retta tangente alla
circonferenza e sia C il punto in cui essa incontra il prolungamento di AB. Posto AC= y ,
esprimi y in funzione di x e studia la funzione così ottenuta.
4. In cima ad una roccia a picco su un fiume è stata costruita una torretta di osservazione alta 11
metri. Le ampiezze degli angoli di depressione per un punto situato sulla riva opposta del fiume,
misurate rispettivamente dalla base e dalla sommità della torretta, sono pari a 18° e 24°.
Determina la larghezza del fiume in quel punto.
5. Su un piano orizzontale a vengono posti un cono circolare retto, il cui raggio di base è r e
l'altezza 2 r , ed una sfera di raggio r. A quale distanza x dal piano a bisogna tagliare i due
solidi con un piano orizzontale b perché la somma delle aree delle sezioni così ottenute sia
massima?
6. Determina i parametri a e b in modo che il grafico della funzione y=a xb passi per i punti di
coordinate 1 , 4 e 3 ,8 .
7. Un tetraedro ed un ottaedro regolari hanno gli spigoli della stessa lunghezza l. Dimostra che il
volume dell'ottaedro è il quadruplo di quello del tetraedro.
8. Dimostra che la differenza dei quadrati di due lati di un triangolo è uguale alla differenza dei
quadrati delle rispettive proiezioni dei lati stessi sul terzo lato del triangolo.
4^C – Correzione recupero n°7
B
1. Consideriamo il caso in cui x≥/2 e, quindi, il lato AC “sta
sotto” il centro O. In questo caso, le misure degli angoli sono:
−x
 =−x , OAH


 =x−  ,
, AOH
OAB=
OBA=
2
2
x O
x
 = BCA=

BAC
. Dal teorema della corda, otteniamo:
2
A
x
AB=BC =2 sen
e dai teoremi sui triangoli rettangoli:
2
H
C
AC =2 AH =2 sen− x=2 sen x . Quindi:
x
f  x= AB 2BC 2CA2=8 sen 2 4 sen 2 x=−4 cos 2 x−4 cos x8 ,
2
applicando le formule di bisezione e la 1^ relazione fondamentale della goniometria.
E' semplice verificare che il caso x/2 porta allo stesso risultato.
Applicando il teorema di Carnot, è possibile evitare di considerare due casi distinti, a prezzo di qualche
complicazione di calcolo.
La funzione è definita ∀ x ∈ℝ , ed ha periodo T =2  .
Applicando la scomposizione del trinomio di secondo grado o, al
limite, con Ruffini, otteniamo:
f  x=4cos x21−cos x .
I primi due fattori sono strettamente positivi ∀ x∈ℝ , mentre il terzo
si annulla per cos x=1 ⇒ x=2 k  .
Possiamo affermare con sicurezza che per 0 x2 la funzione avrà un massimo assoluto per
il teorema di Weierstrass, ma non abbiamo sufficienti informazioni per dedurre il grafico
corretto, che è rappresentato in figura.
La simmetria rispetto alla retta di equazione x= è definita da:
{
x ' =2 − x
.
y'=y
Nel nostro caso, poiché cos2− x=cos x , si ha: f 2 −x= f  x c.v.d.
2. Dai teoremi sui triangoli rettangoli, ricaviamo: BH =a sen
Quindi: f  x=
x
, CL=a sen x .
2
BH 2CL 2 1 2 1−cos x
−2 cos 2 x−cos x3
2
2
=
a
a
sen
x=
2
2
2
2
a
a
A
avendo applicato le formule di bisezione.
H
Dalla scomposizione del trinomio di secondo grado, infine:
L
1
f  x= 1−cos x2 cos x3 .
2
Anche in questo caso, possiamo affermare che il primo ed il
terzo fattore sono strettamente positivi ∀ x ∈ℝ , mentre il
x
x/2
B
C
secondo si annulla per cos x=1 ⇒ x=2 k  .
Quindi, come nell'esercizio precedente, possiamo affermare
che per 0 x2  la funzione avrà un massimo assoluto per
il teorema di Weierstrass, ma non abbiamo sufficienti
informazioni per dedurre il grafico corretto, che riportiamo solo per completezza.
Anche la dimostrazione della simmetria è del tutto analoga a quella dell'esercizio precedente.
3. Anche in questo caso, dobbiamo considerare due casi:
•
M
se x1 , l'ulteriore tangente condotta da M alla
a
a
T
circonferenza interseca il prolungamento del diametro x
AB dalla parte di B;
•
se 0≤ x1 , l'ulteriore tangente condotta da M alla A
circonferenza interseca il prolungamento del diametro
1
B
O
C
y
AB dalla parte di A.
Considerando il primo caso, dal triangolo rettangolo OAM ricaviamo: tg =
AO 1
=
.
AM x
Dal triangolo rettangolo ACM, ricaviamo invece:
tg 2 =
2 tg 
AC
2/ x
2x
⇒ y 1 =x tg 2 = x
=x
= 2
2
2
AM
1−tg 
1−1/ x x −1
per x1 .
Ragionando in maniera analoga, nel secondo caso otteniamo:
y 2=
2x
per 0≤x1 .
1− x 2
Nota che y 2=− y 1 , quindi possiamo tracciare il grafico di y 1 e, nell'intervallo 0≤ x1 ,
applicarvi la simmetria rispetto all'asse delle ascisse.
4. Indichiamo con h=11 m l'altezza della torre, con =18° e =24 ° le ampiezze dei due
angoli di depressione, con x l'altezza della roccia e con l la larghezza del fiume.
Per i teoremi sui triangoli rettangoli: x=l tg  e xh=l tg  , da cui, eliminando la x:
l=
h
11
=
≃91 m .
tg −tg  tg 24 °−tg 18°
b
h
a
x
b
a
l
5. La sezione del cono è una circonferenza di raggio
r 1 . Imponendo la similitudine dei triangoli:
r
2r
r 1 2 r−x
x
.
=
⇒ r 1=r−
r
2r
2
La sezione della sfera è una circonferenza di
x
raggio r 2 . Per il secondo teorema di Euclide:
r1
x
r2
r
r 22= x 2 r− x ⇒ r 2=  2 rx−x 2 .
Osserva che, applicando il teorema di Pitagora, pur ottenendo lo stesso risultato finale, dovrei distinguere i casi
xr e x≥r .
3 2
2
2
2
La somma delle aree delle sezioni è data da: S  x=r 1 r 2 =− x rxr  per
4
0≤ x≤2  . Trattandosi di una funzione di secondo grado, il suo grafico è un arco di parabola
con asse di simmetria parallelo all'asse delle ordinate e concavità rivolta verso il basso.Di
conseguenza, essa assume valore massimo nel vertice, ovvero quando:
x V =−
B
r
2
=
= r .
2 A 3/ 2 3
6. Impongo il passaggio per i due punti:
{
a b1=4
.
a b3=8
Divido membro a membro le due equazioni: a 2=2 ⇒ a=  2 (scarto la radice negativa).
Sostituisco nella prima equazione:   2b1=4 ⇒ 2
b1
2
=22 ⇒ b=3 .
7. Consideriamo il tetraedro come una piramide avente
base il triangolo equilatero ABC, la cui area misura:
S =l
2
3
4
. L'apotema DK è dato dall'altezza del
triangolo equilatero di lato l, ovvero: DK =l
3
2
.
Nel triangolo equilatero ABC, l'ortocentro H coincide con il baricentro, per cui:
HK =

CK
 3 . Dal teorema di Pitagora ricavo: DH = DK 2−HK 2=l 2 .
=l

3
6
3

1
3
2 3 2
Il volume del tetraedro è quindi: V tetr = l 2  ⋅l
.
=l
3 4
3
12
Consideriamo l'ottaedro come formato da due piramidi congruenti a base quadrata, la cui area è
l 2 . L'apotema misura CK =l
3
2
, mentre OH =
2
2
Dal teorema di Pitagora ricavo: CO=  CH −OH =
l
.
2
l
.
2
2 2 l
3 2
Il volume dell'ottaedro è quindi: V ott = l ⋅ =l
, per cui il volume dell'ottaedro è il
3 2
3
quadruplo di quello del tetraedro.
8. Dal teorema di Pitagora ricavo: AB 2= AH 2BH 2 , AC 2= AH 2CH 2 .
Quindi, sottraendo membro a membro, o sostituendo:
A
AC 2− AB 2=CH 2−BH 2 c.v.d.
B
H
C