2005 - Liceo scientifico di ordinamento sessione straordinaria

Sessione straordinaria LS_ORD 2005 Soluzione di De Rosa Nicola

ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO

a.s. 2004/2005

CORSO DI ORDINAMENTO

Tema di MATEMATICA

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

PROBLEMA 1.

Considerato un triangolo ABC, acutangolo e isoscele sulla base BC, si chiami D il piede della sua

altezza condotta per C e si costruisca, dalla stessa parte di A rispetto a BC, il punto E in modo che il

triangolo ECD sia simile ad ABC.

a) Dimostrare che:

1) EC è perpendicolare a CB;

2) I triangoli EFC ed AFD – dove F è il punto comune ai segmenti ED ed AC – sono simili

ˆ

ˆ C F

D

e, di conseguenza, anche i triangoli EFA e CFD sono simili e gli angoli A E F e sono

congruenti;

3) EA è parallela a CB;

4) Il quadrilatero AECD è inscrivibile in una circonferenza. 24

b) ,

Ammesso che le misure di BC e CD, rispetto ad un’assegnata unità di misura, siano 6 e 5

dopo aver riferito il piano della figura ad un conveniente sistema di assi cartesiani, determinare:

1) le coordinate dei punti A, B, C, D, E;

2) l’equazione della circonferenza circoscritta al quadrilatero AECD.

Soluzione

a1)

Si consideri la figura sottostante:

Poiché il triangolo EDC è simile al triangolo ABC, allora gli angoli opposti ai lai omologhi saranno

= = = =

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ

uguali per il primo criterio di similitudine, per cui A B C A C B E D

C E C D , B A C D

E C .

α

=

ˆ

B

C D

Chiamiamo l’angolo . 1

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α

= = ° = = = = ° −

ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ

C D

B C D

A 90 A

B

C A

C B E

D

C E

C D 90

Ora, essendo , si ha , per cui

( )

α α

= + = ° − + = °

ˆ ˆ ˆ

E C B E C D B C D 90 90 , cioè EC è perpendicolare a CB.

a2) = =

ˆ ˆ ˆ ˆ

D

A

F F

E

C E

F

C A

F

D

I triangoli EFC ed FAD hanno per ipotesi , perché opposti al vertice e di

= ˆ

ˆ

A

D

F E

C F

conseguenza , quindi per il primo criterio di similitudine saranno simili avendo gli

angoli opposti ai lati omologhi uguali. Quindi i triangoli EFC ed FAD, essendo simili, avranno i lati

=

ordinatamente uguali, cioè vale la proporzione AF : DF EF : CF . Ora i triangoli EFA e CFD

=

ˆ ˆ

D

F

C E

F

A

hanno due lati in proporzione e perché opposti al vertice, quindi anch’essi saranno

= =

ˆ ˆ

ˆ ˆ

, .

simili per il secondo criterio di similitudine, per cui A E F F C D F A E F D C

a3)

Dalla similitudine dei triangoli EFA e CFD abbiamo dedotto la congruenza degli angoli

= = =

= = ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ

ˆ F

D

C A

B

C A

C B E

C D

A E F F C D , F A E F D C , pertanto

. Ma per costruzione

= = =

ˆ ˆ ˆ

ˆ

F

A

E A

B

C A

C B E

C D , cioè le due rette AE e BC con la trasversale AC formano angoli

alterni interni uguali, per cui esse sono parallele.

a4) = °

ˆ

A

E

C 90 . Inoltre per

Avendo dimostrato che EA e BC sono parallele, è stato pure dimostrato che

= °

ˆ ˆ ˆ

A

D

C 90 A

E

C A

D

C

costruzione per cui gli angoli opposti ed sono uguali e supplementari.

Tenendo conto che la somma degli angoli interni di un quadrilatero è 360°, si deduce che anche gli

ˆ ˆ

altri due angoli interni ed opposti D A E , D C E saranno supplementari; quindi per il teorema sui

quadrilateri inscritti, il quadrilatero avendo gli angoli opposti supplementari è inscrivibile in una

circonferenza.

b1)

Si consideri la figura sottostante: 2

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= =

Essendo BC=6 si ha subito che le coordinate dei punti B e C sono B ( 0

, 0 ), C ( 6

, 0 ) . Inoltre per il

576 324 18

= − = − = =

2 2 36

OD BC DC

teorema di Pitagora , mentre per il teorema di

25 25 5

324 18 24

*

2  

OD 54 OD DC 72

* 54 72

25 5 5

= = = = = = =  

BH ; inoltre DH per cui .

Euclide D ,

 

BC 6 25 BC 6 25 25 25

Ora i triangoli BHD e BKA sono simili per il primo criterio di similitudine, per cui

= = =

. Ora il triangolo ABC è isoscele per cui BK KC 3 , per cui

DH : BH AK : KB 72 * 3

DH * KB 25

= = = = =

⇒

DH : BH AK : KB AK 4 per cui A (

3

, 4 ) e di conseguenza

54

BH 25

=

E ( 6

, 4 ) .

In conclusione i punti A, B, C, D ed E sono ( )

=

A 3

, 4 ,

=

B ( 0

, 0 ),

=

C ( 6

, 0 ),

 

54 72

=  

D , ,

 

25 25

=

E ( 6

, 4 ) 3

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b1)

Un modo semplice di scrivere l’equazione della circonferenza è impostare il passaggio per tre dei

( )

= = =

A 3

, 4 , C ( 6

,

0

), E ( 6

, 4

)

quattro punti: scegliamo come punti . L’equazione generica di una

+ + + + =

2 2

x y ax by c

circonferenza è 0 ed imponendo il passaggio per i punti suddetti si ha il

seguente sistema di 3 equazioni in 3 incognite:

+ + = −



3

a 4

b c 25

 + = −



6 a c 36

 + + = −

6 a 4

b c 52

 = − = −

⇒

b b

Ora sottraendo la seconda alla terza si ha subito 4 16 4 per cui il sistema si riduce ad

un sistema di due equazioni in due incognite:

+ = − = −

 

a c a

3 9 9

⇒

 

+ = − =

 

a c c

6 36 18

+ − − + =

2 2

x y x y

per cui l’equazione diventa: 9 4 18 0 .

In realtà tale risultato poteva essere ricavato anche in una maniera alternativa: infatti avendo

dimostrato che AE ed EC sono perpendicolari, si ha che il triangolo AEC è inscrivibile in una

semicirconferenza (quindi in una circonferenza) con diametro pari all’ipotenusa. Quindi il centro

della circonferenza sarà il punto media dell’ipotenusa AC e la metà dell’ipotenusa sarà il raggio.

Il punto medio dell’ipotenusa sarà: + +

   

x x y y 9

= =

   

A C A C

M , , 2

 

 

2 2 2

mentre il raggio sarà ( )

− +

2 2

6 3 4

AC 5

= = =

r 2 2 2

Ora ricordando che una circonferenza di centro ( a , b ) e raggio ha equazione

r

( ) ( )

− + − =

2 2 2

x a y b r

l’equazione da trovare diventa 4

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2

  ( )

9 25

− + − = ⇒

2

 

x y 2

 

2 4

 

81 25

+ − − + + − = ⇒

2 2  

9 4 4 0

x y x y  

4 4

+ − − + =

2 2

x y 9 x 4 y 18 0

come già precedentemente trovato.

Il tutto è sotto rappresentato: 5

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PROBLEMA 2.

Nel piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono assegnate le curve di

equazione: = + + +

4 3 2

[1] .

y x ax bx c

a) Dimostrare che, nel punto in cui secano l’asse y, hanno tangente parallela all’asse x.

b) Trovare quale relazione deve sussistere fra i coefficienti a, b affinché la curva [1] volga la

concavità verso le y positive in tutto il suo dominio.

c) Determinare i coefficienti a, b, c in modo che la corrispondente curva [1] abbia, nel punto in cui

seca l’asse y, un flesso e la relativa tangente inflessionale la sechi ulteriormente nel punto di

coordinate (2,2).

d) Indicata con K la curva trovata, stabilire com’è situata rispetto all’asse x, fornendo una

esauriente spiegazione della risposta.

e) Dopo aver verificato che la curva K presenta un secondo flesso, calcolare l’area della regione

finita di piano delimitata da K e dalle due tangenti inflessionali.

Soluzione

a) = + + +

4 3 2

Per dimostrare che la curva di equazione presenta una tange