4^C - Esercitazione recupero n 6

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1 4^C - Esercitazione recupero n 6 1 Sono assegnate le parabole p' e p'' di equazioni rispettivamente: y=x e x= y y a Forniscine la rappresentazione grafica dopo aver determinato, tra l'altro, i loro punti comuni b Detti V' e V'' i vertici delle due parabole e P il punto in cui p'' interseca il semiasse positivo delle y, calcola l'area della regione finita di piano delimitata dall'arco V'V'' della parabola p', dall'arco V''P della parabola p'' e dal segmento V'P c Calcola l'ampiezza dell'angolo secondo cui le due parabole si secano in O e, con l'aiuto di una calcolatrice, esprimila in gradi sessagesimali, primi e secondi d Dimostra che le due parabole sono congruenti, determinando le equazioni di una isometria che trasforma una di esse nell'altra e Stabilisci se l'isometria trovata ammette elementi uniti (I calcoli sono molto laboriosi: vedi in rete esame di stato 006, corso di ordinamento, sessione straordinaria) E' dato il triangolo ABC in cui: AB=5/, AC=5 5 tg A= Determina l'altezza del triangolo relativa al lato AB e traccia la circonferenza k avente centro in C e tangente al lato AB Dopo avere riferito il piano della figura ad un conveniente sistema di assi cartesiani ortogonali, in modo, però, che uno degli assi di riferimento sia parallelo alla retta AB: a Scrivi l'equazione della circonferenza k b Trova le coordinate dei vertici del triangolo e del punto D in cui la circonferenza k interseca il segmento BC c Determina l'equazione della parabola p, avente asse perpendicolare alla retta AB, tangente in D alla circonferenza k e passante per A d Trova le coordinate dei punti comuni alla circonferenza k ed alla parabola p 3 Determina il numero delle soluzioni dell'equazione sen x cos x= nell'intervallo [0, ] 4 Calcola l'ampiezza dell'angolo formato da due facce consecutive di un ottaedro regolare, espressa in gradi sessagesimali e approssimata al primo 5 Dimostra che ogni similitudine trasforma una parabola in una parabola 6 Un'urna contiene 150 palline, che possono essere di vetro o di plastica, bianche o nere Nel dettaglio: 6 palline sono bianche, 38 sono di vetro nero e 40 sono di plastica bianca Calcola la probabilità che, estratta a caso una pallina, essa non sia di plastica nera 7 In ciascuna di tre buste uguali vi sono due cartoncini: in una busta essi sono bianchi, in un'altra sono neri, nella terza sono uno bianco e l'altro nero Si estrae a caso una busta e, da essa, un cartoncino Qual è la probabilità che il cartoncino rimasto in questa busta sia dello stesso colore di quello estratto?

2 4^C Correzione esercitazione n 6 1 I punti comuni delle parabole sono dati dalle soluzioni y=x P 1 del sistema { y=x x= y y x4 x x=0 Scomponendo con Ruffini: x x 1 x x 1 =0, da cui si ottengono: V ' 0,0, V ' ' 1, 1, P 1 1 5, 3 5, P 1 5, 3 5 V '' P V ' x=y -y P La regione considerata è l'unione delle regioni R 1 ed R indicate in figura Ognuna delle due, per il teorema di Archimede, ha un'area che è V '' R 1 1 uguale a /3 dell'area di un quadrato di lato unitario; quindi l'area R cercata vale 4/3-1 V ' L'angolo secondo cui si secano le due parabole è quello tra le loro tangenti La tangente a p' nell'origine è l'asse delle ascisse La tangente a p'' può essere trovata imponendo che il sistema: { y=mx x= y abbia due soluzioni coincidenti y Ricavo: m x m 1 x=0, che ammette sempre la soluzione x 1 =0 Impongo: x = m 1 m =0 m= 1, per cui la tangente a p'' in O ha equazione y= 1 x L'angolo tra le due tangenti è =arc tg 1 6, ' 54' ' Osserviamo che: il segno non è essenziale, in quanto il testo non precisa quale delle due tangenti deve ruotare di un angolo a per sovrapporsi alla seconda; per convertire automaticamente il formato decimale dell'angolo in quello sessagesimale (gradi, primi, secondi), devi consultare le istruzioni della calcolatrice In molti casi, il tasto corrispondente è indicato con DMS Possiamo applicare a p'' una traslazione di vettore v 1, 1 seguita da una simmetria rispetto alla bisettrice del 1 e del 3 quadrante Le equazioni corrispondenti sono: { x '=x 1 y '= y 1 ; { x ' '= y ' y ' '=x ' { x ' '= y 1 y ' ' =x 1 x= y ' ' 1 { y=x ' ' 1 Applicandole all'equazione di p'', otteniamo:

3 x= y y y 1= x 1 x 1 y=x, che è l'equazione di p' cvd Per determinare i punti uniti, impongo: { x ' '=x y ' '= y, da cui ottengo l'equazione y=x 1 ripetuta due volte Ne segue che questa retta è formata da punti uniti, e, quindi, è una retta unita Infatti, la trasformazione considerata è una simmetria assiale rispetto alla retta di equazione y=x 1 Di conseguenza, sia da considerazioni geometriche che per via analitica, ottengo che sono rette unite (ma non formate da punti uniti) tutte quelle perpendicolari all'asse di simmetria Esse hanno un'equazione della forma y= x q Dalla 1^ e ^ relazione fondamentale della goniometria, ricavo: 1 cos A= 1 tg A = 1 5, sen A= tg A 1 tg A = 5 e, dai teoremi sui triangoli rettangoli: CH =AC sen A=10 Scegliendo l'origine degli assi in C, l'equazione della circonferenza k è: x y p =100 Poiché AH =AC cos A=5, il vertice A ha coordinate A 5, 10 k A C D B Poiché BH =AB AH = 15, il vertice B ha coordinate B 15, 10 La retta BC ha equazione del tipo y=mx, con m= y B x B = 4 3 ; quindi l'equazione è: y= 4 x Le coordinate del punto D sono soluzione del sistema: 3 { x y =100 y= 4 x/3 Quindi: 5 9 x =100 x=6 ; y= 8 D 6, 8 (l'altra soluzione del sistema non è accettabile perché fornisce un punto esterno al segmento BC) La tangente in D alla circonferenza è perpendicolare al raggio, ed ha quindi equazione: y 8= 3 4 x 6 y= 3 4 x 5 La parabola p ha equazione del tipo passaggio per A: 5 a 5b c= 10 ; passaggio per D: 36 a 6 b c= 8 ; y=ax bx c, alla quale applichiamo le condizioni:

4 tangenza in D: { y=ax bx c y= 3 4 x 5 4 ax 4 b 3 x 4 c 50=0 Impongo: =0 4b 3 16 a 4 c 50 =0 Risolvendo il sistema, ricaviamo l'equazione di p: y= 5 x 63 x I punti comuni alla circonferenza k ed alla parabola p sono dati dalle soluzioni del sistema: 5 x 63 x 5150 {y= 484 x y =100 5 x 4 16 x x 5956 x 13876=0 Nonostante l'apparente difficoltà della soluzione, è sufficiente ricordare che la parabola e la circonferenza sono tangenti in D, quindi il valore x D =6 deve essere una radice doppia dell'equazione Infatti, scomponendo con Ruffini, si ottiene: x 6 5 x 46 x 3441 =0 Poiché il secondo fattore ha discriminante negativo, l'unica soluzione dell'equazione è x D =6, e, quindi, l'unico punto di contatto tra parabola e circonferenza è D 3 Sia sen x che cos x sono quantità comprese tra 1 e 1 Di conseguenza, anche il loro prodotto è compreso tra 1 e 1, e l'equazione data non ha soluzioni 4 Indicando con l il lato dell'ottaedro, ho che la faccia BCE è un triangolo equilatero e, quindi, la sua altezza misura: EH =l 3 La sezione ABCD è un quadrato, quindi: OH = l Per i teoremi sui triangoli rettangoli: cos = OH EH = 1 3 Poiché l'angolo tra le facce consecutive BCE e BCF è, calcolo: cos = cos 1= 1 3 Quindi: =arc cos 1 109, ' 3 5 Una parabola p è il luogo dei punti P del piano p aventi uguali distanze dal fuoco F e dalla direttrice d: PF =Pd P p Le similitudini sono affinità che conservano il rapporto tra segmenti corrispondenti: A' B ' AB =k A, B

5 Ne segue che le similitudini conservano la perpendicolarità tra rette e, pertanto, trasformano il segmento Pd perpendicolare alla direttrice d in un segmento Pd' perpendicolare a d' Abbiamo allora: P ' F '=k PF =k Pd =P ' d ' e, quindi, la trasformata di una parabola è ancora una parabola 6 Numero palline nere: 150 6=88 Numero palline di plastica nera: 88 38=50 P plastica nera = = 3 7 p= 3 (il quesito è di una facilità imbarazzante)