DISCUSSIONE DI PROBLEMI GEOMETRICI RISOLTI PER VIA TRIGONOMETRICA

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1 DISCUSSIONE DI PROLEMI GEOMETRICI RISOLTI PER VI TRIGONOMETRIC Problema n 1 Detto il punto medio del segmento C = 4r, nello stesso semipiano disegnare la semicirconferenza di diametro ed il triangolo isoscele di base C ed altezza r. Condurre una retta parallela ad C che incontra in E ed F la semicirconferenza e in G e H i lati del triangolo in modo che risulti: EF + GH = 4kr (1) N T E R F G L H O K P C Poniamo FOK e FK Poiché = r sen x. = x e dal V OFK ricaviamo OK = rcos x, EF = rcos x V GTL è rettangolo isoscele si ha: GL = TL = NR = NO FK = r r sen x Quindi GH = r r sen x. Sostituendo nella (1) otteniamo: r cos x + r r sen x = 4kr che fornisce il sistema misto: cos x + sen x + 1 k = π operando le sostituzioni cos x = X e sen x = Y possiamo discutere graficamente il X Y + 1 k = X sistema: X 1 Y 1 Osserviamo che la prima equazione rappresenta un fascio di rette parallele alla bisettrice del primo e terzo quadrante, la seconda equazione rappresenta la circonferenza goniometrica e le disuguaglianze rappresentano l'arco di circonferenza che ha come estremi (1;) e (;1). Per determinare il parametro della retta passante per (1; ) imponiamo l'appartenenza di tale punto nell'equazione del fascio e ricaviamo: 1+ 1 k = da cui k = 1

2 Per determinare il parametro della retta passante per ricaviamo allo stesso modo k = In conclusione possiamo affermare che il sistema ammette una (*) soluzione ordinaria per < k < 1. mmette una soluzione limite per k = e per k = 1. (*)L'arco evidenziato viene intersecato una sola volta dalla generica retta del fascio. Problema n Nel V C l'angolo di vertice misura 6. Determinare la misura dell'angolo C = γ in modo che, detta ' la proiezione ortogonale di su C, si abbia: 1 + ' C = k C ( k > ) (1) 6 notiamo che per C = x π C x C pplicando il teorema dei seni al V C si ha: e, osservando che π C = π + x = π x, si ricava: Otteniamo inoltre, dal triangolo rettangolo ' e, dal triangolo rettangolo 'C quindi ' C C = = senx Sostituendo nella (1) otteniamo: Che fornisce il sistema misto: C = senx sen C C sen x = C ' = sen6 = C ' C = ' ctg x = cos x senx+ cos x= k 1

3 1 senx+ 6 cos x k = π Operando le sostituzioni cos x = X e sen x = Y possiamo discutere graficamente il sistema: 6 X + 1Y k = X 1 X 1 Y La prima equazione rappresenta un fascio di rette improprio aventi il coefficiente angolare m = La seconda equazione rappresenta la circonferenza goniometrica e le disuguaglianze rappresentano 1 l'arco di circonferenza che ha come estremi i punti (1;) e ;. k = 6 k = Per determinare il parametro della retta passante per (1; ) imponiamo l'appartenenza di tale punto nell'equazione del fascio e ricaviamo: k = 6 Per determinare il parametro della retta passante per ricaviamo allo stesso modo k = Per determinare la retta tangente alla circonferenza imponiamo la condizione d = r e otteniamo valore k = 1). k = 1 da cui k = 84; k =± 1 (essendo k > si accetta solo il

4 In conclusione possiamo affermare che il sistema ammette una (*) soluzione per k < 6. mmette due (**) soluzioni per 6 k 1 (*)L'arco evidenziato viene intersecato una sola volta dalla generica retta del fascio. (**) l'arco viene intersecato due volte dalla generica retta del fascio. Problema n ssegnato il quadrato CD di lato l determinare sulla semicirconferenza di diametro esterna al quadrato un punto P in modo che risulti: PC + PD = k ( k R + ) () D C P Ponendo π P= x con avremo: π π π CP = + x e DP = + x = π x Dal triangolo rettangolo P si ricava: P= lcos x P = lsenx quindi, applicando il teorema di Carnot al V PC risulta: PC C P C P cos = + + x = l + l cos x + l sen x cos x e, applicando lo stesso teorema al V PD, si ha: PD l sen x l l sen x cos x = + +. Sostituendo nella () si ottiene, dopo semplici passaggi, 4sen x cos x + k = sen x = k che determina il sistema misto x π y = k X Ponendo cos x = X e sen x= Y si ottiene il sistema: 1 X 1 Y Che può essere discusso graficamente.

5 La prima equazione rappresenta un fascio di rette parallele all'asse x La seconda equazione rappresenta la circonferenza goniometrica Le disuguaglianze rappresentano l'arco di circonferenza che ha come estremi i punti (1; ) e ( 1; ) C k = 5 k = Si osserva che la retta per e si ha per k = e la retta tangente in C per k = 5. Quindi il sistema ammette due soluzioni per k 5. Problema n 4 Data la semicirconferenza di diametro = r e centro O, sia C il punto medio di O. Determinare sulla circonferenza un punto E in modo che, condotta la tangente t in E alla semicirconferenza e tracciata da C la parallela alla corda E che incontri t in D, risulti: CD= kr k (1). ( ) Ponendo E = ED = x otteniamo: r E = rcos x; K = cos x r Essendo CK = EH = sen x si ha: rsenx HD = EH tg x = cos x r CH = KE = E K = r cos x cos x 1 sen x CD = CH + HD = r cos x + r cos x x+ sen x k x= Sostituendo nella (1) si ha: π Ponendo cos x = X cos = 1; cos π = X kx + 1= Il sistema da studiare sarà: < X 1 cos cos x k x+ = π cos cos 1

6 Poiché il parametro è presente solo in b 1 poniamo Y = kx e otteniamo il sistema: Y = kx Y = X 1 La prima equazione rappresenta un fascio di rette di centro O, la seconda è < X 1 l equazione di una parabola avente il vertice nel punto V (; 1). Le limitazioni forniscono l arco di parabola che bisogna considerare. Gli estremi di tale arco sono: (; 1) e (1; ). t Retta per = asse y k = Retta per k = La retta tangente t si ha ponendo nell equazione X kx + 1= = e si ottiene k =±. Da accettare solo 4 Il valore positivo perché la retta ha coefficiente angolare negativo. Discussione conclusiva: Per k > il problema ha una soluzione Per k il problema ha due soluzioni. Problema n 5 Un trapezio rettangolo CD ha il lato obliquo C uguale alla base minore CD e l angolo C = π. Determinare sul lato obliquo un punto Pin modo che si abbia: DP + CP = k DC. D C P H Poniamo CDP = x. Essendo DCP = π + π = π e 6 1 π π CD = CD = π π =. Si ha: 6 6 pplicando due volte il teorema dei seni al triangolo DP DC CDP si ottiene: = sen DCP sen DPC DP l DP l = = sen π π sen π π x sen x l DP = π x 1 Vedi il file sistema misto 1

7 CP DC l = CP= senx. sen x π π x x Sostituendo nella relazione assegnata si ha: Con semplici calcoli si ottiene il sistema: Ponendo cos x X; sen x Y l l + senx= kl π π x sen x ( + k) senx k cos x+ = π 6 = = gli estremi dell intervallo in cui varia x sono: ( ) 1 1; ; ( k+ ) Y k X + = (**) X Quindi: la prima equazione rappresenta un fascio di rette proprio X 1 1 Y avente il centro nel punto C che si ricava dal sistema formato dalle rette basi del fascio Y + = 1 C ; Y x= Discussione C Mediante l appartenenza di e al fascio (**) ricaviamo che La retta per ha k = 1 La retta per ha k = 1+ Quindi per 1 k 1+ il problema ha una soluzione.