1951 Luglio - Maturità scientifica, prova di matematica

Carlo Sintini, Problemi di maturità, 1951 Luglio, matematicamente.it

Luglio 1951, primo problema

Nel triangolo ABC l’angolo di vertice B è di 60°. Determinare

k

l’ampiezza dell’angolo sapendo che è la misura, rispetto al

BAC 4

lato BC, dell’ipotenusa del triangolo rettangolo avente per cateti

due segmenti rispettivamente uguali ad AC e ala proiezione BH di

BA su BC.

Discutere i risultati ed esaminare i casi in cui x è uguale a 60°, 30°,

E’ facoltativa la discussione grafica.

90°.

Riferendoci al primo triangolo esprimiamo AC e BH in funzione di BC.

Per il teorema dei seni è 

BC : sen x AC : 60

3



(1) AC BC 2sen x

Nel triangolo rettangolo AHC è inoltre

AH    

    

sen 120 x AH ACsen 120 x

AC

Cioè, utilizzando la (1),

 

 

3sen 120 x 3 3 cos x sen x

  

AH BC AH BC

2sen x 4 sen x

Nel triangolo rettangolo AHB è allora

BH AH

  

ctg 60 BH

AH 3



3 cos x sen x



(2) BH BC 4sen x

Carlo Sintini, Problemi di maturità, 1951 Luglio, matematicamente.it

La relazione fornita dal problema

LH k



BC 4

Può anche essere scritta nel modo seguente

2 2

k k k

     

2 2 2 2 2

LH BC LH BC AC BH BC

4 16 16

Sostituiamo le (1) e (2) in quest’ultima espressione

  2



3 cos x sen x 2

3 k

 

2 2 2

BC BC BC

2 2

4sen x 16sen x 16

≠

Cioè, semplificando e sotto la condizione sen x 0,

 

   

2 2 2

15cos x 2 3 sen x cos x 13 k sen x 0



ABC 60

Dove la x può variare fra 0° e 120° (perché e la somma degli

angoli interni deve essere 180°).

Conviene allora trasformare l’equazione in funzione di ctg x dividendo

2

tutti i termini per sen x. Si ha

   

2 2

15ctg x 2 3 ctg x 13 k 0

3

    

ctg x k o

3

Ponendo 

 ctg x X

 

2

 k Y

Si ottiene    

 2

Y 15 X 2 3 X 13

 

 2

Y k

Cioè un arco di parabola con asse verticale, vertice nel punto

 

3 64

 

 

V ;

 

15 5

 

3

 

e

E ascissa compresa fra , e un fascio di rette orizzontali.

3

Carlo Sintini, Problemi di maturità, 1951 Luglio, matematicamente.it

Vi sono due soluzioni per

64 8 5

    

2

k 16 k 4

5 5

E una soluzione per   

2

k 16 k 4 

k 2 5

Infine, per x = 30° è k = 8, per x = 60° è , e per



k 13

x = 90° è .

Carlo Sintini, Problemi di maturità, 1951 Luglio, matematicamente.it

Luglio 1951, secondo problema

Fissato in un piano un sistema di coordinate ortogonali xOy, si

considerino le infinite parabole di equazione

2

y = x + px + q

dipendenti dai due parametri p e q.

Si esprima q per mezzo di p, in maniera che delle anzidette

parabole siano considerate soltanto quelle i cui vertici

appartengono alla parabola di equazione

2

– –

y = x 2x + 2

le equazioni delle rette passanti per l’origine O degli

Si determinino

assi e tangenti a una delle anzidette parabole e si trovi, in funzione

di p, la lunghezza della corda dei punti di contatto.

Quali sono le parabole per cui si ha la massima e la minima corda ?

Si deve imporre che i vertici delle infinite parabole di equazione

2

(1) y = x + px + q

passino tutti per la curva di equazione 2

– –

(2) y = x 2x + 2

Il vertice generico della (1) ha coordinate

 b p

   

V

 x 2a 2

   2

 4q p

  

V

 y 4a 4

Imponiamo che tali coordinate appartengano alla (2)

 2 2

4q p p

   

p 2

4 4

Semplificando si ottiene  

q p 2

Che è la relazione fra p e q richiesta dal problema. Quindi la (1) può ora

essere scritta in funzione di un solo parametro

2

y = x + px + p + 2

Mettiamo a sistema questa equazione con la retta generica

y = mx passante per l’origine e imponiamo la conizione di tangenza