2011 - Liceo scientifico estero (Americhe), sessione ordinaria

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

PROBLEMA1

Nel riferimento cartesiano Oxy si consideri il triangolo di vertici O, B(1;0),



a 0

A(0;a) con . Preso un punto P interno al triangolo, si denotino con Q

e con R i punti in cui la retta per P, parallela all’asse y, taglia i lati OB e

AB rispettivamente.

1. Si dimostri che il luogo dei punti P, interno al triangolo OBA, tali che



QP : QR OQ : OB  

 

 d’equazione

è un arco della parabola y ax 1 x

2. Si verifichi che il lato BA del triangolo e la mediana ad esso relativa



sono tangenti a rispettivamente in B e O 

 

3. Si denoti con la regione delimitata da e da OB. In , si

inscriva un rettangolo con un lato su OB; si stabilisca per quale valore

di a il rettangolo di perimetro massimo risulta essere un quadrato

1

 

4. Posto , si indichi con r la retta ortogonale a nel punto B. Si

a 2 

calcoli l’area racchiusa tra r e e si calcoli altresì il volume del solido

 



generato dalla rotazione di intorno alla retta y 1

RISOLUZIONE

Punto 1

     

P x

, y ,

0 x 1

,

0 y a

Sia un generico punto P interno al triangolo

  

AOB. Con queste convenzioni mentre lo

QP y , OQ x

, OB 1 QR

ricaviamo dalla similitudine dei triangoli rettangoli AOB e RQP:

  

AO QB

  

 QR a 1 x

da cui per cui il luogo dei

QR : QB AO : OB OB  

 

 y : a 1 x x : 1

punti P per cui diventa da cui

QP : QR OQ : OB

 

  

: y ax 1 x che con la limitazione geometrica con

1

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    rappresenta un ramo di parabola con vertice in

0 x 1

,

0 y a

     

1 a

  che interseca l’asse delle ascisse in .

O 0

,

0 , B 1

,

0

V ,

 

2 4

Punto 2  



L’equazione generica della tangente al grafico in un punto è

x , y

0 0

   

   

con . La derivata prima della parabola in

y m x x y m f ' x

0 0 0

   

 

esame è per cui la tangente in ha equazione

y ' a 1 2 x O 0

,

0

   

 

 m f ' 0 a B 1

,

0

in quanto ; la tangente in ha equazione

y ax  

  

   in quanto . Notiamo che, oltre al punto

m f ' 1 a

y ax a

   

B 1

,

0 A 0

, a

, anche il punto appartiene alla retta di equazione

 

   B 1

,

0

per cui la retta tangente in di equazione

y ax a

   coincide con la retta su cui giace il lato BA del triangolo.

y ax a   

Dobbiamo solo provare ora che la retta di equazione

O 0

,

0 y ax

coincide con la mediana relativa al lato BA. Tale mediana passerà per

 

  1 a

 

l’origine O 0

,

0 e per il punto medio del lato BA. La retta

,

 

2 2 

passante per questi due punti ha effettivamente equazione y ax

 

O 0

,

0

coincidente con la tangente in alla parabola.

Punto 3

Consideriamo la figura a lato.

I vertici rettangolo CDEF per ovvi

motivi di simmetria rispetto alla

direttrice della parabola di equazione

1



x hanno le seguenti coordinate:

2 2

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   

    1

 

   

2 2 con . Il

0 x

C x

,

0 , D 1 x

,

0 , E 1 x

, ax ax , F x

, ax ax 2

 

   

perimetro del rettangolo è dove

2 p x 2 CD DE

 

   

    

    2

2 per cui ;

2 p x 2 ax x a 2 1

CD 1 2 x

, DE ax ax

quindi il perimetro è una parabola con concavità verso il basso la cui



a 2



ascissa di massimo coincide con l’ascissa del vertice, cioè x M 2 a

cui corrisponde il valore massimo    

 

  2 2

 

 

2

    a 2 a 2

a 2 a 2

   

        

 

 

   

2 p x 2 a a 2 1 2 1

M    

   

2 a 2 a 4 a 2 a

   

 

 

2

 

2

a 2 a 4

  

 

2 1 .

 

4 a 2 a

  

1 a 2

  

La condizione con espressa in funzione del

0 x x M

2 2 a

parametro a diventa   

  

a 2 a 2 a 2

  

0 0 0

  

   

a 2 1 2 a 2 a 2 a

    

  

0  

a 2 1 a 2 1 1

2 a 2   

   

0 0

  

  

2 a 2 2 a 2 a

  

 a 0 a 2

  

 a 2



 a 0

I lati del rettangolo di perimetro massimo misurano:



2

2 a 4

   

CD FE , DE CF ; notiamo che la misura del lato DE

a 4 a



a 2

con la limitazione è positiva.

Affinché il rettangolo di perimetro massimo sia un quadrato dobbiamo



CD DE

imporre e cioè 3

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

2

a 4 2

          

2 2 ; poiché la

a 4 8 a 12 0 a 2 3 a 2

4 a a 

a 2 3

soluzione accettabile è cui corrisponde un perimetro massimo

 



2

a 4 4 3

 

 

pari a .

2 p max  

2 a 3



a 2 3

Punto 4    

 



La retta r ortogonale a nel punto ha equazione

B 1

,

0 y m

' x 1

1

  

dove ed m è il coefficiente angolare della retta tangente a

m ' m

   



B 1

,

0 B 1

,

0

nel punto ; la retta tangente a nel punto , come trovato

1

  

  

al Punto 2, ha equazione , per cui , e

m a m

'

y ax a a

 

1

  B 1

,

0

posto , la retta r ortogonale a nel punto ha equazione

a 2

 

 

r : y 2 x 1 .

L’area da calcolare è di seguito raffigurata in grigio.

 

 

r : y 2 x 1

Le intersezioni tra la parabola e la retta si ricavano

risolvendo l’equazione

2   

x x

              

2

2 x 2 x 3 x 4 x 1 x 4 0 x 4 x 1 .

2 2 4

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L’area richiesta, quindi, è pari a 1

 

     

1 1

2 2 3 2

x x x 3 x 3 x

 

 

           