2004 - Liceo scientifico di ordinamento sessione straordinaria

Sessione straordinaria LS_ORD 2004 Soluzione di De Rosa Nicola

ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO

a.s. 2003/2004

CORSO SPERIMENTALE P.N.I.

Tema di MATEMATICA

Seconda prova scritta

Sessione straordinaria

Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario.

PROBLEMA 1.

In un piano è assegnata la parabola p di vertice V e fuoco F tali che, rispetto ad una assegnata unità

1

di lunghezza, il segmento VF sia lungo . Indicato con E il punto simmetrico di F rispetto a V e

2

riferito il piano ad un conveniente sistema di assi cartesiani (Oxy):

a) Determinare l’equazione della parabola p e stabilire se esiste un punto A di p tale che il

triangolo AEF sia rettangolo in A.

b) Chiamato P un generico punto della parabola p, trovare le coordinate del baricentro G del

triangolo PEF e determinare l’equazione del luogo geometrico k descritto dal punto G al variare di

P su p.

c) Indicati con R ed S due punti appartenenti il primo alla parabola p ed il secondo al luogo k e

situati nel 1° quadrante su una retta r perpendicolare all’asse di simmetria della parabola p,

calcolare a quale distanza da V bisogna condurre la retta r affinché l’area della regione finita di

piano delimitata dal segmento RS, dall’arco VR della parabola p e dall’arco VS del luogo k sia

( )

8 −

uguale a .

3 3

9

d) Stabilire se la distanza trovata sopra è espressa da un numero razionale o irrazionale.

Soluzione

a)

Il sistema di riferimento più conveniente è quello con origine in (0,0), fuoco della parabola in

   

1 1

=

= = −

   

e vertice della parabola in V ( 0

, 0 ) . Questo comporta che e garantisce

F 0

, E 0

,

   

2 2

1 =

che il segmento VF abbia lunghezza . La parabola con vertice V ( 0

, 0 ) ha equazione generica

2 1

= 2

y ax ed imponendo che l’ordinata del fuoco sia , si ha

2

− ∆ + − 2

ac b

1 1 4 1 1 1 1

= = = = =

⇒ 2

a p y x

per cui la parabola ha equazione : .

a a a

4 4 4 2 2 2 1

www.matematicamente.it

Sessione straordinaria LS_ORD 2004 Soluzione di De Rosa Nicola

 

1

= 2

 

Il punto generico P della parabola ha coordinate . Consideriamo la figura sottostante:

A t t

,

 

2

Ora ci sono differenti modi di procedere.

Un modo è calcolare le FA e AE ed imporre che il prodotto dei coefficienti angolari sia pari a (-1).

Seguiamo questa strada: 2

t

−

y − − 2

x t x t

1 1

2 = −

= = − ⇒

FA : 1 y x

−

2 t t 2 2

t

1 t

−

2 2 2

t

−

y − + 2

x t x 1 1 t

2 = = − = − +

⇒

AE : 1 y x

−

2 t t 2 2

t

1 t

− −

2 2 − −

   

4 4

1 t 1 t

= − − = − = ≠

   

⇒

m m 1 1 1

Ora imponendo si ha per cui supponendo t 0

   

PF PE 2 2

   

4

t 4

t

+ − = = − ± = ± − ±

⇒ ⇒

4 2 2

t 4

t 1 0 t 2 5 t 2 5 . Ovviamente

l’equazione da risolvere diventa

> = ± − −

essendo 5 2 le soluzioni del tipo t 2 5 vanno scartate per cui quelle da considerare

= ± − +

sono t 2 5 da cui i punti che rendono il triangolo AEF rettangolo sono

   

− + − +

2 5 2 5

 

 

= − + = − − + .

A 2 5 , , A 2 5 ,

   

1 2

2 2

   

Un altro modo di procedere è il seguente: dovendo essere rettangolo, allora il triangolo AEF è

inscrivibile in una semicirconferenza con ipotenusa pari al diametro. Questo significa che VA e VF

2

www.matematicamente.it

Sessione straordinaria LS_ORD 2004 Soluzione di De Rosa Nicola

sono i raggi della semicirconferenza per cui dovranno essere uguali e cioè imponendo che

4 1

t

= + = ⇔ + − =

⇒

2 2 2 4 2

VA VF t t 4

t 1 0 che è la stessa equazione già ricavata e risolta.

4 4

b) 1

Il baricentro G di un triangolo generico ha ascissa pari che sono pari ad della somma delle

3

1 della somma delle ordinate dei vertici del

ascisse dei vertici del triangolo e ordinata pari a 3

+ + + +

 

x x x y y y

=  

A E F A E F

,

triangolo; nel nostro caso G , quindi:

 

3 3

 t 

+ + = t

 x x x x =



= x

A E F G 

x 3

 G



 

G 3

3 ⇒ ⇒

  

G : G : G :

2

t 1 1

+ + 2

− + 2  

y y y t 3 t

  

= = =  

A E F

y y

2 2 2

 =

 

G G

 y  



3 6 2 3

G

 3

Quindi il luogo geometrico descritto dal baricentro del triangolo AEF, non considerando il pedice

3

= =

2

G, è k : y x cioè una parabola anch’essa con vertice in V ( 0

, 0 ) .

2

c)

Consideriamo la figura sottostante:

= >

y h h perpendicolare all’asse di simmetria delle due parabole, asse

Consideriamo la retta , 0

coincidente con l’asse delle ordinate. Poiché i punti R ed S si trovano nel primo quadrante essi

avranno ascissa positiva, per cui le coordinate dei due punti sono: 3

www.matematicamente.it

Sessione straordinaria LS_ORD 2004 Soluzione di De Rosa Nicola

( )

=

S 2 h , h

 

2 h

 

=

R , h

 

3

 

Ora, vista la simmetria in gioco, l’area della regione VSR la si può calcolare come semidifferenza

( )

1

= −

tra l’area della regione VRR’ e VSS’, cioè A A A . Ora le due aree A , A le

' ' ' '

VSR VRR VSS VRR VSS

2 2

calcoliamo applicando il principio di Archimede, per cui l’area del segmento parabolico è i 3

dell’area del rettangolo circoscritto. In tal modo ( )

2

=

A 2 h 2 h

'

VRR 3  

2 2 h

 

=

A 2 h

 

'

VSS 3 3

 

per cui  

( )

1 1 2 2 h

 

= − = − =

2 2 2

A A A h h h

 

VSR VRR ' VSS '

2 2 3 3

 

3 3 3 3 ( )

   

3 1 3 1 1

− 2 2 2 2

2 2 1 2

h h

 

= &minu