2005 - Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva

Sessione suppletiva LS_ORD 2005 Soluzione di De Rosa Nicola

Soluzione

Si consideri la figura seguente che rappresenta la geometria del problema: 1

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A)

Nella figura, rappresentante la geometria del problema , si notano le due piramidi, quella di volume

maggiore VCAB che ha come base il triangolo equilatero ABC e quella di volume minore, VFDE,

che ha come base il triangolo equilatero FDE ed altezza VK pari alla metà dell’altezza VH della

piramide i volume maggiore. Quindi le due piramidi sono simili, ed essendo il rapporto tra le

3

 

V 1 1

1 = =

 

VFDE

altezze pari a , il rapporto tra i due volumi sarà . Ora la piramide VFDE ha la

 

V 2 8

2 VCAB =

stessa base ed altezza del prisma, per cui ricordando che V A * VH e che

prisma FDE

1 3

= = =

V A VH V V V

* , si ha 3 .

VFDE FDE prisma VFDE VCAB

3 8

B1) 1

Poiché i due triangoli equilateri ABC ed MNP sono simili con rapporto , allora i lati del triangolo

2

= = =

MNP saranno la metà di quelli del triangolo ABC, cioè se AB BC CA 4 cm si ha

= = =

MN NP PM 2 cm

B2)

Si consideri la figura seguente in cui sono stati riportati su un sistema di assi cartesiani i due

triangoli equilateri ABC ed MNP: 2

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= =

Q ( 2

, 0 ) , mentre l’altezza del triangolo ABC è CQ 2 3 . Per cui i

Il punto Q ha coordinate

vertici del triangolo equilatero ABC sono: =

A ( 0

, 0 )

=

B ( 4

, 0 )

=

C ( 2

, 2 3 )

Ora essendo il triangolo ABC equilatero, si ha che le altezze coincidono con le bisettrici e con le

mediane, per cui incentro, ortocentro e baricentro coincidono, per cui CH=2HQ, cioè

 

1 2 3 2 3

 

= = = . Inoltre visto che i triangoli ABC ed MNP sono simili

HQ CQ per cui H 2

,

 

3 3 3

 

1

con rapporto , si ha che M, N e P sono i punti medi dei segmenti AH, BH e CH per cui

2

ricordando la formula del punto medio si ha:  

3

 

=

M 1

,

 

3

 

 

3

 

=

N 3

,

 

3

 

 

4 3

 

=

P 2

,

 

3

 

B3) = + +

2

y ax bx c

La parabola richiesta ha equazione ed il passaggio per

 

3

 

= = = impone il seguente sistema di tre equazioni in tre incognite:

A B M

( 0

, 0 ), ( 4

, 0 ), 1

,

 

3

   3

= −

   a 9

  

= =

c 0 c 0

  



  4 3

=

+ + = = − ⇒

⇒

  

16 a 4

b c 0 b 4 a b 9

 

 3 3 =

 

 + =

+ + = c 0

a b c a b

  

 

3 3 

  

3 4 3 4 3

 

= − + =

2

y x x il cui vertice è .

per cui l’equazione della parabola sarà V 2

,

 

9 9 9

  3

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B4)

Si consideri la figura sottostante:

S la si calcola come area del triangolo MNP cui va sottratta l’area del segmento parabolico

L’area 1

delimitato dalla parabola e dal segmento MN. 2

L’area del segmento parabolico, per il teorema di Archimede, è pari ai dell’area del rettangolo

3

circoscritto di base MN ed altezza pari alla distanza del vertice dalla retta MN. Cioè la base del

4 3 3 3

= = = − =

b MN h

rettangolo è 2 mentre l’altezza è per cui l’area del segmento

9 3 9

 

2 3 4 3

 

= =

parabolico sarà . Un modo alternativo per calcolare tale area è procedere

S * 2 *

 

2 3 9 27

 

attraverso l’ integrale definito: 3

 

   

3 3 3

x x x

3 4 3 3 3 2 3 3

 

∫

= − + − = − + − =

2

   

S x x dx

 

2  

9 9 3 27 9 3

   

 

1 1

3 2 3 3 4 3

= − + − + − + =

3 2 3 3 27 9 3 27 4

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4 3 23 3

= − = − =

S S S 3

Quindi 1 2

MNP 27 27

Analogamente si calcolano le aree in cui la parabola divide il triangolo ABC. L’area del segmento

parabolico delimitato dalla parabola e dall’asse delle ascisse, applicando il teorema di Archimede è

2 dell’area del rettangolo circoscritto di base AB ed altezza pari alla distanza del vertice

pari ai 3 =

dall’asse delle ascisse. La base del rettangolo circoscritto è pari ad mentre l’altezza è

AB 4

 

4 3 2 4 3 32 3

 

= = =

h per cui l’area del segmento parabolico è , mentre la restante

S 4 *

 

3

9 3 9 27

 

32 3 76 3

= − = − =

area è S S S 4 3 .

3

ABC 27 27

B5) + + + + =

2 2

La circonferenza ha equazione generica 0

x y ax by c , ed imponendo il passaggio per i

     

3 3 4 3

     

= = =

punti fornisce il seguente sistema di 3 equazioni in 3

M 1

, , N 3

, , P 2

,

     

3 3 3

     

incognite:  4 3

+ + + =

 a b c 0

3 3



 28 3

+ + + =

 3

a b c 0

3 3



 28 4 3

+ + + =

 2 a b c 0

 3 3

 = −

Ora sottraendo la prima alla seconda si ha a 4 , mentre sottraendo la seconda alla terza si ha

4 b 3

a 4 3

= = − = − − − =

b , da cui c a 4 , per cui la circonferenza sarà

3 3

3

3 2 2

   

( )

4 3 2 3 2 3

   

+ − − + = ⇔ − + − =

2

2 2

x y 4 x y 4 0 x 2 y cioè la circonferenza avrà centro in

   

3 3 3

   

  2 3

2 3

  =

= e raggio r . Per vedere come essa è posizionata, calcoliamo la distanza di

H 2

,

  3

3

 

 

2 3

  + − =

= dal lato BC del triangolo di equazione y x 3 4 3 0 , attraverso la formula

H 2

,

 

3

 

della distanza punto-retta: 2 3 + −

2 3 4 3

3 2 3

= =

d + 3

1 3 5

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cioè la distanza è pari al raggio della circonferenza; questo significa che la circonferenza di

2 2

   

( ) 2 3 2 3

   

− + − =

2

2

equazione x y circoscritta al triangolo MNP è anche inscritta nel

   

3 3

   

triangolo ABC come rappresentato nella figura sottostante: 6

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