1972 - Liceo Scientifico - Sessione ordinaria - temi svolti

Sessione ordinaria 1971-1972 Soluzione di De Rosa Nicola

1

www.matematicamente.it

Sessione ordinaria 1971-1972 Soluzione di De Rosa Nicola

PROBLEMA 1 = − = ed avente il

Si scriva 1’equazione della circonferenza passante per i punti A ( 2

, 0 ), B ( 4

, 0 )

=

centro sulla retta e si calcolino le coordinate degli estremi del diametro parallelo all’asse

y 4

delle x. ( ) ( )

− + − =

= 2 2 2

r x a y b r

L’equazione generica di una circonferenza di centro H ( a , b ) e raggio è .

= =

y

Poiché il centro appartiene alla retta di equazione 4 , si deduce subito che b 4 da cui

( ) ( )

− + − =

2 2 2

4 .

l’equazione della circonferenza diventa x a y r

= − =

Il passaggio per i punti ( 2

, 0 ), ( 4

, 0 ) comporta la risoluzione di un sistema di due equazioni

A B

( )

2

, :

nelle due incognite a r

( ) ( ) ( ) =

 

− − + = − − − − = 

2 2 2

2

  1

a

2 16 4 2 0

a r a a ⇔



      



→

Sottraendo la prima alla seconda

  

( ) ( ) =

− + = = − + 2

 

2 2

2 2  25

r

4 16 4 16

a r r a

( ) ( )

− + − = =

2 2

per cui l’equazione della circonferenza diventa 1 4 25 con (

1

, 4 ) e raggio =5.

x y H r

=

Il diametro parallelo all’asse delle ascisse ha equazione 4 , per cui le intersezioni della retta

y

= = = −

con la circonferenza sono ( 6

, 4 ), ( 4

, 4 ) .

4

y D E = + +

2

Si determinino poi i coefficienti dell’equazione in modo che le parabole da

y ax bx c

= e siano tangenti all’asse delle ascisse.

essa rappresentate abbiano in comune il punto ( 0

, 4 )

C

=

Il passaggio per C(0; 4) comporta 4 ; inoltre la tangenza all’asse delle ascisse comporta che il

c

=

vertice ( , ) della parabola appartenga all’asse delle ascisse e quindi la sua ordinata sia

V V V

x y 2 2

b b

= − = = =

nulla; in particolare si deve imporre 0 , da cui ricordando che 4 si ricava .

V c c a

y 4 16

a

2 2

b x

= + + .

La famiglia di parabole sarà 4

y bx

16

Tra queste parabole si trovino quelle che passano per l’uno e per 1’altro degli estremi del

diametro suddetto. 9 8

= + = = ∨ = −

⇒

2

b 6

b 0 b 0 b ,

La parabola passante per ( 6

, 4 ) deve soddisfare la condizione

D 4 3

2

 

4 8 2

= − + = −

= 2  

y x x 4 x 2 .

per cui escludendo la soluzione b 0 , la parabola ha equazione  

3

9 3

= − = = ∨ =

⇒

2

La parabola passante per E (− 4

, 4 ) deve soddisfare la condizione b 4

b 0 b 0 b 4 , per

( )

= = + + = + 2

2

cui escludendo la soluzione b 0 , la parabola ha equazione y x 4 x 4 x 2 . 2

www.matematicamente.it

Sessione ordinaria 1971-1972 Soluzione di De Rosa Nicola

Si calcoli infine l’area della regione limitata dalle predette parabole e dall’asse delle x.

L’area è rappresentata in grigio nella figura sottostante: 3

www.matematicamente.it

Sessione ordinaria 1971-1972 Soluzione di De Rosa Nicola

Il valore dell’area è: 3

 

3

 

2 −

 

 

x 2

( ) 0

 

+

2 3

0 3    

( ) 2 x 2 8 20

3

 

∫ ∫

= + + − = + = + =

2    

AREA x 2 dx x 2 dx 4

 

 

3 3 2 3 3

 

− −  

2 0 2  

  0

PROBLEMA 2

Data una circonferenza di diametro AB = 2r, si prendano su di essa, da parte opposta di AB,

π α

= =

ˆ

ˆ . Si consideri la funzione:

due punti C e D tali che A B C , B A D

3

−

2 2

AD CD α

= =

espressa per mezzo di e se ne studi il grafico.

y x tan

2

BC

Si consideri la figura seguente:

Per il teorema dei triangoli rettangoli si ha:

( ) ( )

α α

= ° − =

AD 2 r sin 90 2 r cos

( ) ( )

= ° = = ° =

BC 2 r sin 30 r , AC 2 r sin 60 r 3

Per il teorema di Carnot applicato al triangolo ACD si ha:

( ) ( ) ( ) ( )

α α α α

= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° + = + − ° +

2 2 2 2 2 2 2

CD AD AC 2 AD AC cos 30 4 r cos 3

r 4 r 3 cos cos 30 da