RISOLUZIONE PROVA SCRITTA Classe 4 A - aprile 2011

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1 RISOLUZIONE PROVA SCRITTA Classe A - apile 011 PROVA A 1. Dato il tiangolo isoscele ABC avente AC = CB = l e cos  = cos B = 1, calcolae: a) il peimeto p; b) le misue delle te altezze; c) la distanza CM, essendo M l'otocento. Figua 1: Eseczio 1 Ovviamente p = AB + AC + CB, quindi è necessaio tovae la base AB. Secondo una buona passi da attuae coi tiangoli isosceli, tacciamo l'altezza CH che divide il tiangolo in due tiangoli ettangoli. Si ha che: Quindi: AB = AC cos  = l 1 p = l + l = 8 l L'altezza CH vale ovviamente AC sin Â, ove: sin  = 1 cos  = 1 1/9 = Quindi: CH = l Le due altezze AK = BJ si tovano consideando i tiangoli ettangoli AKC o BJC. Si ha che, pe esempio, AK = AC sin Ĉ. Pe pocuaci sin Ĉ, essendo Ĉ = π  è ovviamente:

2 sin Ĉ = sin(π Â) = sin  = sin  cos  = 1 = 9 Quindi: AK = BJ = 9 l Sia oa M l'otocento, punto di intesezione delle altezze. Il segmento CM si potebbe tovae, ad esempio, consideando il tiangolo ettangolo CKM. Si avebbe che: A sua volta, CK CK = CM cos MĈK CM = cos MĈK = cos Ĉ/ = cos MĈK 1 + cos Ĉ Sapendo che sin Ĉ = 9, cos 1 Ĉ = sin Ĉ = 1 81 = 7 9 e quindi: cos MĈK = 1 + 7/9 16 = 18 = Pe tovae CK basta consideae il tiangolo ettangolo AKC ed ossevae che: Inne: AC cos Ĉ = l 7 9 CM = 7 9 l = 7 1 l. Data la semiciconfeenza di diameto AB = e cento O, sia C il punto medio di AO. Sia E un punto sull'aco AB, in modo che EÂB = x. Condotta la tangente t in E alla semiciconfeenza, taccia da C la paallela alla coda AE che inconti t in D. a) Quanto misua la coda AE? b) Sia P il punto di intesezione ta CD e OE. Come sono i tiangoli P OC e AEO? Alla luce di ciò, quanto misua il lato P C? c) Di che natua è il tiangolo P ED? Quanto misua EP? Quanto misua E P D? Quanto misua P D? d) pe quale valoe di x si ha che CD =? La coda AE, pe il teoema della coda, misua AE = sin E BA, visto che E BA è l'angolo alla ciconfeenza che insiste sullo stesso aco (e di cui si possono avee infomazioni). Pe tovae detto angolo consideiamo EAB, ettangolo pechè inscitto in una semiciconfeenza. Se EAB = x, alloa EBA = π x e quindi: ( π ) AE = sin x = cos x

3 Figua : Eseczio Si poteva calcolae la misua della coda anche tacciando l'altezza del tiangolo isoscele AEO elativa alla base AE ed applicae il elativo teoema dei tiangoli ettangoli a ciascuno dei tiangoli in cui AEO veniva diviso... Sia P il punto di intesezione ta CD e OE. I tiangoli P OC e AEO sono ovviamente simili, pe noti teoemi sulle paallele. Dunque: AO : CO = AE : P C = EO : P O Se AC = CO, alloa fa questi tiangoli vige un appoto di popozionalità : 1, quindi sicuamente P C = 1 AE = cos x Il tiangolo P ED è chiaamente ettangolo, visto che EO ED (E è punto di tangenza!). Visto che P CO è simile a AEO e che EP D e CP O sono opposti al vetice: CP O = x = EP D dal momento che P CO è isoscele e P CO = OCP = EAO. Consideando oa P ED, visto che P D cos x = EP, alloa P D = EP cos x, ma pe i appoti di similitudine EP = 1 EO =. Pe cui: Oa, ovviamente CD = CP + P D. Quindi: Se deve essee CD = cos x + cos x + P D = cos x CD = cos x + cos x cos x =, si dovà isolvee l'equazione goniometica: cos x = cos x + 1 cos x =

4 che isolta in foma nomale (con cos x 0) è quadatica in coseno: Risolta, dà: cos x cos x + 1 = 0 cos x = x = π + kπ 7 π + kπ ma dovendo essee 0 < x < π/, l'unica soluzione accettabile è: x = π. Si considei il tiangolo ABC ettangolo in A ed avente l'ipotenusa che misua a con a > 0. Sia P il punto medio di AC e Q la sua poiezione otogonale su BC. Deteminae l'angolo A BC in modo tale che si abbia: P Q + QC = k BQ con k > 0. Figua : Eseczio Sia alloa A BC = x. Osseviamo subito la evidente similitudine ta i tiangoli ettangoli ABC e CP Q, visto che hanno un angolo in comune ed un alto angolo etto. Quindi: Risolvendo ABC, si ha ovviamente che: QP : AB = CQ : CA = CP : BC AB = CB cos x = a cos x, AC = CD sin x = a sin x Secondo la popozione di cui sopa, visto anche che pe ipotesi CP = 1 AC = s sin x, si ha: CQ : CA = CP : BC CQ = CA CP BC = a sin x a sin x a = a sin x

5 QP : AB = CP : BC QP = AB CP BC = a cos x a sin x a = a sin x cos x Ossevando che QB = CB CQ = a a sin x, si può costuie la elazione P Q + QC = k BQ: a sin x cos x + a sin x = k(a a sin x) sin x cos x + sin x = k( sin x) La elazione va discussa, con le limitazioni 0 x π/. A tale scopo, moltiplichiamo il temine noto k pe l'identità fondamentale (sin x + cos x): sin x cos x + sin x = k sin x + k cos x k sin x (1 k) sin x + sin x cos x k cos x = 0 Si deve quindi discutee il sistema paametico { (1 k) sin x + sin x cos x k cos x = 0 0 x π Dividendo pe cos x, ponendo tan x = t e y = t, imane da discutee il seguente sistema paametico: y = t (1 k)y + t k = 0 t 0 che vede l'intesezione del fascio popio di ette (1 k)y +t k = 0 con l'aco di paabola illimitato y = t che pate dall' estemo O(0, 0). Se si fattoizza l'equazione del fascio ispetto a k, si hanno le due geneatici: g 1 : y = 0 g : y + t = 0 La loo intesezione dà il cento P del fascio: P (; ). Figua : Discussione es Si vede alloa che il poblema può ammettee una o due soluzioni: Se la etta è compesa fa quella che passa pe l'oigine e quella veticale pe C, la soluzione è unica

6 Se la etta è compesa fa la suddetta veticale e la tangente nel pimo quadante, la soluzione è doppia Il passaggio pe il punto O(0, 0) si ha pe (1 k) k = 0 k = 0. La etta veticale avà un k che ende innito il coeciente angolae. Esplicitiamo l'equazione del fascio: 1 k)y + t k = 0 y = 1 1 k x + k 1 k Quindi, visto che k = 1, la etta veticale si avà pe k = 1. 1 k Toviamo oa la etta tangente all'aco di paabola, annullando il disciminante del sistema: { y = t (1 k)y + t k = 0 L'equazione isolvente è: (1 k)t + t k = 0 il cui vale che ammette pe soluzioni 1 (1 k) ( k) 8k 8k 1 = 0 k = ± 6 La tangente che fa al caso nosto è quella con k > 0, quindi k T = Ovviamente k T > 1, pe cui il poblema ammetteà: PROVA B una soluzione pe k [0; 1] ] due soluzioni pe k 1; + [ 6 1. Sia data una ciconfeenza di cento O e aggio, ed una etta t distante dal cento. Sia H il punto in cui la pependicolae condotta dal cento inconta la ciconfeenza. Si conduca da H una etta che inconti la ciconfeenza nell'ulteioe punto A e la etta t in B, in modo che AH = 8 5. Detemina: a) cos OĤA; b) la misua di HB; c) la distanza CM, essendo M l'otocento. 1 Sia J la poiezione otogonale di H su t e C il punto medio di AH. Consideando il tiangolo OHC, ovviamente AC = CH = 1 AH =. Siccome OH cos OĤA = 5, alloa: 5 /5 cos OĤA = = 5 E' ovvia la similitudine di OCH e di HBJ, quindi: HB : OH = HJ : HC HB = HJ OH CH 1 Questa ultima domanda ea impecisa, in quanto non ea specicato chi fosse C. E' stato pecisato agli alunni di chiamae C il punto medio di AH e quindi M ea l'otocento di AOH

7 Figua 5: Esecizio 1 Visto che HJ =, sostituendo: HB = / /5 = 5 1 Pe tovae l'otocento, bisogna ossevae che il tiangolo AHO è ottusangolo, quindi M è esteno al tiangolo. Sia K il piede dell'altezza (estena al tiangolo!) elativa al lato OH. Consideando il tiangolo ettangolo AHK, ovviamente Consideando il tiangolo ettangolo AKO: 8/5 AK = AH sin HÂK = 5 = 5 AK AO cos KÂO = AK cos KÂO = AO = 5 A questo punto, consideando il tiangolo ettangolo AM C: MC AC = tan MÂC MC = AC tan MÂC = AC tan(oac+oak) = AC tan AOC + tan AOK 1 tan AOC tan AOK Oa: cos AOC = /5 sin AOC = /5 tan AOC = / e cos AOK = /5 sin AOK = 7/5 tan AOK = 7/ Quindi, eettuando i calcoli: MC = = Data una semiciconfeenza di diameto AB = e cento O, si pendano dalla pate opposta ispetto ad O due punti P e Q in modo tale che OP = OQ. Si conducano da P e Q le tangenti alla semiciconfeenza e sia S il loo punto comune. Sia S P A = x, H la poiezione otogonale di O su P S.

8 a) Consideando il tiangolo P HO, quanto misua P O? b) Consideando il tiangolo P OS, quanto misuano SO e P S = SQ? c) Tova quanto deve valee l'angolo x anchè: P Q + SQ = ( + 1)SO Figua 6: Esecizio Consideando il tiangolo ettangolo P HO, ovviamente HO = e P O sin x = HO P O = sin x Consideando il tiangolo OP SO S, tan x SO = P O tan x, quindi: P O Dal momento che P S cos x = P O, alloa: P S = SO = cos x sin x cos x Componendo la elazione P Q + SQ = ( + 1)SO, si ha: sin x + sin x cos x = ( + 1) cos x Tale elazione si scive, facendo denominatoe comune e semplicando pe : cos x + 1 = ( + 1) sin x, x kπ/ L'equazione lineae in seno e coseno si può isolvee col metodo pefeito e dà, visto che 0 < x < π/, come unica soluzione accettabile x = π/6, dunque: x = π 6

9 . Si considei il tiangolo ABC ettangolo in A ed avente l'ipotenusa che misua a con a > 0. Sia P il punto medio di AC e Q la sua poiezione otogonale su BC. Deteminae l'angolo AĈB in modo tale che si abbia: P Q + QC = k BQ con k > 0. Pe la gua si veda quella dell'es. della pova A. Questo esecizio è del tutto analogo al coispondente della pova A: se oa l'incognita è x = AĈB, ovviamente è P C = 1 AC = a cos x. Consideando il tiangolo ettangolo P CQ, abbiamo che P Q = a sin x cos x e che CQ = a cos x. Quindi: P Q + QC = k BQ a sin x cos x + a cos x = k(a a cos x ) Si peviene,quindi, alla seguente elazione: k sin x sin x cos x + (k 1) cos x = 0 che vede la discussione del seguente sistema paametico: y = t ky t + k 1 = 0 t 0 Figua 7: Discussione es Il cento del fascio è dato da C( 1; 1/). Si vede alloa che il poblema ammettte sempe due soluzioni. Imponendo il passaggio pe O si ha che: k k 1 = 0 k = 1 Ponendo la condizione di tangenza, si ha che si deve annullae il Delta dell'equazione kt t+k 1 = 0 e cioè: L'equazione ammette le due soluzioni 1 (k) (k 1) = 0 8k 8k 1 = 0

10 k = ± 6 La tangente che fa al caso nosto è quella con k > 0. Il poblema ammetteà due soluzioni pe k [1; + 6 [