1948 Settembre - Maturità scientifica, prova di matematica

Carlo Sintini, Problemi di maturità, 1948 Settembre, matematicamente.it

Settembre 1948, primo problema

Data una circonferenza di diametro AB = 2r determinare sul

prolungamento di AB, oltre B, un punto P tale che si abbia

2 2 2

PT + TQ = k PA

Con k numero reale positivo, ove T è il punto di contatto di una

delle tangenti condotte da P alla circonferenza e Q il punto di

intersezione di questa tangente con quella condotta da A alla

circonferenza stessa.

Discutere il problema.

Poniamo  

BP x con x 0

Il triangolo OTP è rettangolo e perciò

   

      

2

2 2 2 2

PT OP OT r x r x 2r x

Il triangolo QAP è simile al triangolo OTP (hanno un angolo in comune

e sono entrambi rettangoli) e quindi vale la proporzione

AP : AQ = TP : TO

 

   

2



 2r x r

2r x r

AP TO

   

AQ 



TP 2 x 2r x

2rx x

   2

2r x r r 2rx x

  x

x

Ma è Carlo Sintini, Problemi di maturità, 1948 Settembre, matematicamente.it

AQ = QT

E allora    

 

2 2 2

r 2rx x r 2r x

 

2

QT 2

x x

 

  2

2

PA 2r x

Imponendo la relazione fornita dal problema si ottiene

 



2

r 2r x

   

   

x 2r x k 2r x

x

Dividiamo i due membri per 2r + x essendo senz’altro x ≠ -2r

2

r  

  

x k 2r x

x

Eliminiamo il denominatore (con la condizione suppletiva

≠ 0). Si ha

x  

   

2 2

x k 1 2krx r 0

 

x 0 k 0 2

Che è l’equazione parametrica da discutere. Poniamo x = y

  2

 y x

  

   

2

 y k 1 2krx r 0



Si ha una parabola con vertice nell’origine ed asse verticale di cui

dovremo considerare solo i punti con ascissa positiva, e un fascio di

rette di cui, al solito, possiamo determinare il centro dando a k due

valori arbitrari.

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       

2 2

k 0 y r 0 y r

r

     

2

k 1 2rx r 0 y 2

E quindi  

r

  2

 

C ; r

 

2

Il coefficiente angolare delle rette del fascio è

2kr



(1) m 

1 k

Calcoliamo per quale valore di k la retta del fascio è tangente alla

parabola in L

  2

 y x  

     

2 2

 x k 1 2k x r 0

 

    

2

 y k 1 2k x r 0

   

    

2 2 2

0 k r k 1 r 0

4  

1 5

    

2

k k 1 0 k 2 k > 0. L’altro valore

Il valore negativo va scartato perché deve essere

corrisponde quindi alla tangenza in L.

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∞

La retta del fascio è invece verticale quando m = cioè, ricordando la

(1), quando k = 1.

La retta del fascio ha due intersezioni con la parabola quando il suo

coefficiente angolare è compreso fra la posizione verticale e la tangenza

in L. Dunque il sistema ha due soluzioni quando



5 1  

k 1

2

Calcoliamo ora per quale valore di k la retta del fascio passa per

l’origine.

Imponiamo alla retta 2

2kr r

 

y x

 

1 k k 1

Di passare per (0;0). Si ottiene

2

r

       

0 k 1 k



k 1

La retta del fascio ha una sola soluzione se il suo coefficiente angolare

varia fra la posizione verticale (k = 1) e la posizione in cui passa per

l’origine (k = ∞).

Quindi il problema ammette una soluzione quando



k 1

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Settembre 1948, secondo problema

In coordinate cartesiane ortogonali è data la parabola

 

1

 

2

y x 1

2

Condurre dall’origine delle coordinate una retta del primo

quadrante tale che, dette A, B le intersezioni con la parabola, e C e

D le rispettive proiezioni ortogonali sull’asse x, il rapporto del

trapezio ABCD e del quadrato di lato CD sia k, con k numero reale

positivo.

Discutere il problema.

La parabola 2

x 1

 

y 2 2

Ha l’asse coincidente con l’asse y, concavità verso l’alto e vertice nel

punto  

1

  

V 0;

 

2

La retta generica passante per l’origine ha equazione y = mx.

Mettendo a sistema con la parabola e risolvendo, si ottengono le

coordinate dei punti A, B, C, D.

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 2

x 1

 

 y       

2 2

 2mx x 1 x 2mx 1 0

2 2

 

 y mx    

 2

x m m 1

   

 2 2

y m m m 1

E quindi 



    

2 2 2

A m m 1; m m m 1





    

2 2 2

B m m 1; m m m 1





  

2

C m m 1;0 



  

2

D m m 1;0

Le ordinate di A e B costituiscono le due basi del trapezio, mentre la

sua altezza è  



       

2 2 2

CD m m 1 m m 1 2 m 1

La sua area è dunque

 

 

AC BD CD

 

S

T 2 

       

2 2 2 2 2

m m m 1 m m m 1 2 m 1

 

2

 

2 2

2m m 1

La superficie del quadrato è invece  

  

2 2

S CD 4 m 1

q

Applichiamo ora al relazione del problema

S  

T k con k 0

S

q