1952 Luglio - Maturità scientifica, prova di matematica

Carlo Sintini, Problemi di maturità, 1952, Luglio, matematicamente.it

Luglio 1952, primo problema

Il punto O è l’ortocentro del triangolo ABC del quale sono α, assegnati l’angolo di ampiezza il segmento AO di

BAC

s. Indicata con x l’ampiezza dell’angolo

lunghezza, si

CAO

α,

esprimano per mezzo di s, x le lunghezze dei tre lati del triangolo e quelle dei segmenti OB e OC.

α

Supposto che l’angolo abbia il coseno uguale a 1/3, si determini l’angolo x in modo che si abbia

2 OB + 3 OC = k BC

Essendo k un numero reale positivo dato. Nella discussione il candidato può limitarsi a considerare il solo caso del triangolo ABC acutangolo.

È facoltativa la discussione geometrica.

O è l’ortocentro, d’incontro delle tre altezze. Nel triangolo, cioè il punto

AEO si ha AE    

cos x AE s cos x

AO

Nel triangolo AEB

AE AE cos x

 α   

cos AB s

α α

AB cos cos

Nel triangolo AOD

AD    

 α     α 

cos x AD s cos x

AC

Nel triangolo ACD

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 

α 

cos x

AD AD

 α   

cos AC s

α α

AC cos cos

Applichiamo ora il teorema di Carnot al triangolo ABC, per calcolare

BC      α    α

2 2

BC AB AC 2 AB ACcos ........ s tan

Passiamo al calcolo di OB. Nel triangolo AEB è

EB  α   α   α

sen EB ABsen s cos x tan

AB

Nel triangolo AEO

EO     

sen x EO AOsen x s sen x

AO

E perciò  

   α 

OB EB EO s cos x tan sen x

Determiniamo infine OC. Nel triangolo ACD è

CD  

 α   α   α  α

sen CD ACsen s cos x tan

AC

Nel triangolo AOD

OD      

 α    α    α 

sen x OD OA sen x s sen x

OA

E perciò    

   α  α  α 

 

OC CD OD s cos x tan sen x

 

1

α 

Poniamo ora e calcoliamo i corrispondenti valori di OB, OC,

cos 3

BC. Risulta 1 2 2

α   α   

2

sen 1 cos 1 9 3

Omettendo i calcoli si ottiene  

•  
• OB s 2 2 cos x sen x
• 
•   
•  OC 3s sen x
•  
• BC 2s 2
• 

Imponiamo ora la relazione del problema

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