ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
CORSO DI ORDINAMENTO • 2005
Sessione straordinaria
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario.
�
PROBLEMA 1
Considerato un triangolo ABC, acutangolo e isoscele sulla base BC, si chiami D il piede della sua altezza
condotta per C e si costruisca, dalla stessa parte di A rispetto a BC, il punto E in modo che il triangolo
ECD sia simile ad ABC.
a) Dimostrare che:
1) EC è perpendicolare a CB;
2) i triangoli EFC e AFD – dove F è il punto comune ai segmenti ED e AC – sono simili e, di conseˆ e FCD
ˆ sono congruenti;
guenza, anche i triangoli EFA e CFD sono simili e gli angoli AEF
3) EArisolva
è parallela
a CB;
Il candidato
uno dei
due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario.
4) il quadrilatero AECD è inscrivibile in una circonferenza.
24
Ammesso 1che le misure di BC e CD, rispetto a un’assegnata unità di misura, siano 6 e ��, dopo aver
� b)
PROBLEMA
5
riferito il piano della figura a un conveniente sistema di assi cartesiani, determinare:
Considerato
un
triangolo
ABC,
acutangolo
e
isoscele
sulla
base
BC,
si
chiami
D
il
piede
della
sua altezza
1) le coordinate dei punti A, B, C, D, E;
condotta
per C edella
si costruisca,
dallacircoscritta
stessa parte
di A rispettoAECD.
a BC, il punto E in modo che il triangolo
2) l’equazione
circonferenza
al quadrilatero
ECD sia simile ad ABC.
a) Dimostrare
che:
� PROBLEMA
2
1) EC è perpendicolare a CB;
Nel2)
piano,
riferitoEFC
a une sistema
di assiFcartesiani
(Oxy),
sono assegnate
curvesimili
di equazione:
i triangoli
AFD – dove
è il puntoortogonali
comune ai
segmenti
ED e AC –lesono
e, di conse3
[1] y �
x 4 � axanche
� bxi 2triangoli
� c . EFA e CFD sono simili e gli angoli AEF
ˆ e FCD
ˆ sono congruenti;
guenza,
a) Dimostrare
che, nel
punto in cui secano l’asse y, hanno tangente parallela all’asse x.
3) EA è parallela
a CB;
b) Trovare
quale
relazione
sussistere
a, b affinché la curva [1] volga la concavità ver4) il quadrilatero AECD deve
è inscrivibile
in fra
unai coefficienti
circonferenza.
24
so
le
y
positive
in
tutto
il
suo
dominio.
b) Ammesso che le misure di BC e CD, rispetto a un’assegnata unità di misura, siano 6 e ��, dopo aver
5 in cui seca
c) Determinare
i coefficienti
in modo chesistema
la corrispondente
curvadeterminare:
[1] abbia, nel punto
riferito il piano
della figuraa,a b,
uncconveniente
di assi cartesiani,
l’asse
y, un flessodei
e lapunti
relativa
tangente
1) le coordinate
A, B,
C, D, E;inflessionale la sechi ulteriormente nel punto di coordinate (2; 2).
la curva
trovata, stabilire
com’èal situata
rispetto
all’asse x, fornendo una esauriente spied) Indicata
con K della
2) l’equazione
circonferenza
circoscritta
quadrilatero
AECD.
gazione della risposta.
Dopo aver2 verificato che la curva K presenta un secondo flesso, calcolare l’area della regione finita di
� e)PROBLEMA
piano delimitata da K e dalle due tangenti inflessionali.
Nel piano, riferito a un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono assegnate le curve di equazione:
[1] y � x 4 � ax 3 � bx 2 � c .
a) Dimostrare che, nel punto in cui secano l’asse y, hanno tangente parallela all’asse x.
b) Trovare quale relazione deve sussistere fra i coefficienti a, b affinché la curva [1] volga la concavità verso le y positive in tutto il suo dominio.
c) Determinare i coefficienti a, b, c in modo che la corrispondente curva [1] abbia, nel punto in cui seca
l’asse y, un flesso e la relativa tangente inflessionale la sechi ulteriormente nel punto di coordinate (2; 2).
d) Indicata con K la curva trovata, stabilire com’è situata rispetto all’asse x, fornendo una esauriente spie© Zanichelli Editore, 2006
gazione della risposta.
1
e) Dopo aver verificato che la curva K presenta un secondo flesso, calcolare l’area della regione finita di
piano delimitata da K e dalle due tangenti inflessionali.
1
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1
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SOLUZIONE DELLA PROVA D’ESAME
SOLUZIONE
DELLA PROVA D’ESAME
CORSO
DI ORDINAMENTO
• 2005
CORSO Sessione
DI ORDINAMENTO
straordinaria• 2005
Sessione straordinaria
� PROBLEMA 1
� a1.
PROBLEMA 1
Considerato il triangolo acutangolo isoscele ABC (figura 1), con CD al-
A
E
A
E
C, si costruisce
triangoloABC
isoscele
ECD
base
condotta
a1. tezza
Considerato
il per
triangolo
acutangoloil isoscele
(figura
1),dicon
CDCD,
alF
e ECD ECD
hannodigli
angoli
simile
al triangolo
i triangoli
ABCisoscele
C, siPertanto
costruisce
il triangolo
base
CD,
tezza condotta
perABC.
F
ordinatamente
congruenti.
D
simile al triangolo
ABC. Pertanto i triangoli ABC e ECD hanno gli angoli
Nel
triangolo rettangolo
BCD l’angolo DB̂C è complementare a BĈD.
ordinatamente
congruenti.
D
DĈE è congruente
Poiché
l’angolorettangolo
a DB̂C
risulta
DB̂Cperè costruzione,
Nel triangolo
BCD l’angolo
complementare
a Bche
ĈD.
DPoiché
ĈE è complementare
a
B
ĈD.
Pertanto
l’angolo
B
ĈE
è
retto
perché
l’angolo DĈE è congruente a DB̂C per costruzione, risulta che
B
C
somma
due angoli complementari
ed ECl’angolo
è perpendicolare
a CB.perché
DĈE è di
complementare
a BĈD. Pertanto
BĈE è retto
� Figura 1.C
B
somma di due angoli complementari ed EC è perpendicolare a CB.
� Figuraˆ1.
ˆ �E FC
ˆ perché angoli opposti al vertice; D
a2. Considerati i triangoli EFC e AFD, essi hanno: AFD
ÂF �FEC
ˆ criterio
ˆ perché
ˆ
costruzione.
I triangoli
simili
il primo
di similitudine
e quindialhanno
ordinaa2. per
Considerati
i triangoli
EFC sono
e AFD,
essiper
hanno:
AFD
�E FC
angoli opposti
vertice;i lati
DÂF
�FEC
tamente
in proporzione.
In particolare
AF : DF
� EF :di
CF.similitudine
Ora, i triangoli
EFA hanno
e CFD ihanno
due
per costruzione.
I triangoli
sono simili risulta:
per il primo
criterio
e quindi
lati ordinaˆ :eCF.
ˆOra,
lati
ordinatamente
proporzionali
e gli angoli
A FE
D FC
congruenti
al vertitamente
in proporzione.
In particolare
risulta:compresi
AF : DF �
EF
i triangoliperché
EFA e opposti
CFD hanno
due
ˆ
ˆ
ce.
Quindi,
per
il
secondo
criterio
di
similitudine
i
triangoli
EFA
e
CFD
sono
simili
e,
in
particolare,
lati ordinatamente proporzionali e gli angoli compresi A FE e D FC congruenti perché opposti al vertiˆ Quindi,
ˆ sono
EF
e FCD
Ace.
per ilcongruenti.
secondo criterio di similitudine i triangoli EFA e CFD sono simili e, in particolare,
ˆ
ˆEFA
e CFD
sono simili per la dimostrazione precedente, quindi FÂE è congruente a F D̂C.
a3. IAtriangoli
EF e FCD
sono
congruenti.
ˆ per
F D̂C �BEFA
CA
costruzione,
pertanto,
per la proprietàprecedente,
transitiva F ÂE
� BCA.
i segmenti
a3. Ma
I triangoli
e CFD
sono simili
per la dimostrazione
quindi
FˆÂEConsiderati
è congruente
a F D̂C.
ˆformano
ˆe quindi,
EA
essiCA
con la trasversale
alternitransitiva
interni congruenti
per ili segmenti
teorema
MaeFCB,
D̂C �B
per costruzione,
pertanto,AC
perangoli
la proprietà
F ÂE � BCA.
Considerati
sono alterni
paralleli.
inverso
delle
parallele,
EA eACCBangoli
EA e CB,
essirette
formano
con ilasegmenti
trasversale
interni congruenti e quindi, per il teorema
a4. Siinverso
osservino
gli
angoli
del
quadrilatero
AECD.
Poiché
EA
è
parallelo
a CB e BĈE è retto per dimostradelle rette parallele, i segmenti EA e CB sono paralleli.
ˆ
A
EC
è
anch’esso
retto
per
il
teorema
delle
L’angolo
A D̂C del
zioni
precedenti,
l’angolo
per dimostraa4. Si osservino gli angoli del quadrilatero AECD. Poiché EA è parallelo rette
a CBparallele.
e BĈE è retto
ˆ
ˆ
quadrilatero,
opposto
a A EC,
è retto
per costruzione,
il quadrilatero
AECD haL’angolo
gli angoli
oppozioni precedenti,
l’angolo
A EC
è anch’esso
retto per pertanto
il teorema
delle rette parallele.
A D̂C
del
ˆ e A D̂Copposto
ˆ èTenendo
supplementari.
che la pertanto
somma degli
angoli interni
ungliquadrilatero
è
sti
A EC
quadrilatero,
a A EC,
retto per conto
costruzione,
il quadrilatero
AECDdiha
angoli oppoˆdue
D ÂE angoli
e EĈD interni
del quadrilatero
sono sup-è
pari
piatti, anche i restanti
oppostidegli
e angoli
A D̂C supplementari.
Tenendoangoli
contointerni
che lae somma
di un quadrilatero
sti AaEC
plementari.
Per il teorema
inverso
dei quadrilateri
inscritti,
il quadrilatero
AECD
quindi inscrivibile
in
pari a due angoli
piatti, anche
i restanti
angoli interni
e opposti
D ÂE e EĈD
del èquadrilatero
sono supuna
circonferenza.
plementari.
Per il teorema inverso dei quadrilateri inscritti, il quadrilatero AECD è quindi inscrivibile in
b1. Siuna
fissa
un sistema cartesiano ortogonale centrato nel punto B
circonferenza.
y
e
tale
che
lato BCcartesiano
sia sull’asse
positivo centrato
delle ascisse
(figuraB
b1. Si fissa un ilsistema
ortogonale
nel punto
y
A
E
2).
e tale che il lato BC sia sull’asse positivo delle ascisse (figura
A
E
2).
24
F
D
Per ipotesi B
�C
�� � 6 e �
CD
�� � ��, quindi le coordinate dei punti
F
524
D
Per ipotesi B
�C
�� � 6 e �
CD
�� � ��, quindi le coordinate dei punti
5 Tracciata l’altezza DH del trianB e C sono: B (0; 0) e C (6; 0).
golo
BCD,
a esso il primo
teorema
Eu1
B e Crettangolo
sono: B (0;
0) esiCapplica
(6; 0). Tracciata
l’altezza
DH delditrianclide
per
ricavare
HC:
golo rettangolo BCD, si applica a esso il primo teorema di Eu1
C
24 2
O�B
H K
1
6 Cx
clide per ricavare HC:
�� 2
�D
C
�2
96 O�B
H K
524
1
6 x
2
�� � ��.
�
CD
� �B
��C
�� � H
�C
� →H
�C
� � ��2 → H
�C
�� �
� Figura 2.
�
C
�
D
9
6
5
2
5
�
B
C
�
�
6
�
CD
�2 � B
��C
�� � H
�C
� →H
�C
� � �� → H
�C
� � � � ��.
� Figura 2.
25
��C
B
��
6
96
54
��B
Pertanto l’ascissa del punto D vale: xD � B
�H
��
��C
�� � H
�C
� → xD � 6 � �� � ��.
9
6
25
2554
��B
Pertanto l’ascissa del punto D vale: xD � B
�H
��
��C
�� � H
�C
� → xD � 6 � �� � ��.
25
25
� �
� �
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Inoltre, per il secondo teorema di Euclide, risulta: yD � �D
��H
� � ��
B�
�H
��� �
H�
C ovvero yD �
54 72
Il punto D ha coordinate D �� ; �� .
25 25
�
�
���25��54 �� ��29��56 � �27�.52
Disegnata l’altezza AK del triangolo isoscele ABC, essa è anche mediana della base BC, per cui
xA � B
��K
�� � 3. Ora, i triangoli BHD e BKA sono simili per il primo criterio di similitudine e hanno i lati
�H
�� : �B
�K
�� � D
��H
�� : �A
�K
�� e si ricava:
ordinatamente proporzionali. Vale la relazione �B
72
3 � ��
��K
B
�� � D
��H
��
25
��K
�� � ��
→
A
��K
�� � � � 4.
A
54
���H
B
�
��
25
Poiché A
��K
�� � yA risulta yA � 4 e il punto A ha coordinate A(3; 4).
Infine, essendo AE parallelo a BC e EC perpendicolare a BC per dimostrazioni precedenti, si deduce
che il punto E ha coordinate E (6; 4).
ˆ entrambi retti, rispettivamente per costruzione e
b2. Il quadrilatero AECD ha gli angoli opposti AD̂C e AEC
per dimostrazione precedente. Pertanto la sua diagonale AC sarà il diametro della circonferenza a esso
circoscritta. Il centro G di tale circonferenza è il punto medio del segmento AC, mentre il raggio r è la
metà della lunghezza dello stesso segmento. Risulta:
xA � xC
x � ��
2
G
yA � yC
y � ��
2
�
���C
A
�
r � ��
2
→
9
x � ��
2
→
y�2
�(3
��
��)
6�2�
��
(4�
��)
0�2
5
r � ��� � �� .
2
2
→
Secondo la definizione della circonferenza come luogo geometrico, essa ha equazione:
(x � xG)2 � (y � yG)2 � r2 cioè
�
�
� �
9 2
5
x � �� � (y � 2)2 � ��
2
2
2
→
x 2 � y 2 � 9x � 4y � 18 � 0 .
Nella figura 3 è tracciata la circonferenza circoscritta al quadrilatero AECD.
y
x2 +y2 –9x– 4y+18=0
A
4
E
D
G
2
1
9
–
2
O�B
1
3
C
x
6
� Figura 3.
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