PROBLEMI PARAMETRICI esercizi risolti tratti dal testo MATEMATICA DUE

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1 PROBLEMI PARAMETRICI esercizi risolti tratti dal testo MATEMATICA DUE In questa dispensa verrà riportato lo svolgimento dei problemi parametrici trigonometrici, in cui si deve determinare un'incognita di solito un angolo anchè sia realizzata una certa relazione dipendente da un parametro reale, da discutere. Tali problemi si riferiscono a quelli cosiddetti di ricapitolazione, riportati nel cap. 8, da pag. del testo: L.Lamberti - L.Mereu - A.Nanni: Matematica due, ed.etas, 008 Alcuni accorgimenti per un procuo svolgimento di tali problemi: Si legga attentamente il testo del problema. Si disegni la gura chiaramente, senza porsi a priori in casi particolari ES. evitare di disegnare triangoli rettangoli o equilateri se non è chiaramente specicato nel testo, evitare di prendere punti in posizioni particolari come i punti medi, se non è esplicitamente richiesto. Scegliere accuratamente un'incognita, di solito un angolo, e imporre le limitazioni. Es.95 Dato il quadrante AOB di circonferenza di centro O e raggio r, si prenda sulla semiretta OA un segmento AC = r. Determinare sull'arco AB un punto P tale che l'area del quadrilatero OCP B stia in rapporto uguale a k con il quadrato del raggio. Figura 1: Rappresentazione graca dell'es.95 Si prenda x = P ÔA, ovviamente con 0 x π. Pensiamo al quadrilatero OP CB come somma di due triangoli, per cui sarà: S OP CB = S OP B + S OP C Ricordando la formula dell'area del triangolo, considerando il triangolo OBP isoscele, si ha: S OP B = 1 π BO OP sin x = 1 r r cos x = 1 r cos x Considerando il triangolo OP C, sia H il piede dell'altezza relativa al lato OC. Quindi: S OP C = 1 OC OH

2 Ma è P H = r sin x, e quindi: S OP C = 1 r r sin x = r sin x. Formando la relazione cercata, si avrà: 1 r cos x + r sin x r = k che porta a risolvere il sistema parametrico 1 cos x + sin x = k 0 x π Con l'usuale sostituzione cos x = X, sin x = Y, il sistema diviene: 1 X + Y = k 0 x π che vede l'intersezione del fascio improprio di rette 1 X + Y = k con l'arco di circonferenza goniometrica di estremi A1, 0 e B0, 1. La generatrice del fascio è la retta 1 X + Y = 0. Figura : discussione graca dell'es.95 Come si vede dalla gura, essa interseca l'arco di circonferenza in uno o due punti, a seconda dei seguenti capisaldi: passaggio per A1, 0 : k A = 1 passaggio per B0, 1 : k B = 1 tangente. Col metodo della distanza si ha: k 1/4 + 1 = 1 k = Prendendo la soluzione positiva si avrà allora k T = 5. 5

3 [ [ [ 1 In conclusione il problema ammette una soluzione per k, 1 e due soluzioni per k 1, ] 5. Es.96 Nel triangolo rettangolo ABC di ipotenusa BC, l'angolo A BC ha ampiezza 0. Determinare su BC un punto Q in modo che risulti: AQ + QC = k AC Figura : Rappresentazione graca dell'es.96 Sia AC = l. Risolvendo il triangolo abbiamo: CB sin π 6 = l CB = l CB cos π 6 = AB AB = l Consideriamo ora il triangolo ABQ. Per il teorema dei seni: AB sin π π = AQ 6 + x sin π l π = AQ l AQ = sin x 1 π sin 6 x Consideriamo ora il triangolo CQA ed usiamo ancora il teorema dei seni: CQ π = AQ sin x sin π l CQ = π cos x l cos x = sin 6 x π sin 6 x Costruendo la relazione richiesta si ha: l l cos x π + π = k l sin 6 x sin 6 x Ossia: + cos x = k [ 1 cos x + sin x ] cos x 1 1 k k sin x = 0

4 e quindi inne: cos x k k sin x + = 0 Considerata la variazione di x e la consueta sostituzione cos x = X, sin x = Y, rimane da discutere il seguente sistema parametrico: { x k ky + = 0 0 x π che vede l'intersezione del fascio proprio di rette x k ky + = 0 con l'arco di circonferenza goniometrica di estremi A1, 0 e B0, 1. Se si fattorizza l'equazione del fascio rispetto a k, si hanno le due generatrici: x kx ky + = 0 g 1 : x + = 0, g : x + y = 0 La loro intersezione dà il centro P del fascio: P ; 1 Figura 4: discussione graca dell'es.96 Come si vede dalla gura, le rette del fascio intersecano l'arco di circonferenza sempre in un punto, a seconda dei seguenti capisaldi: passaggio per A1, 0 : k A = + passaggio per B0, 1 : k B = 1 In conclusione il problema ammette una soluzione per k [ 1, + ]. Es.97 Data una circonferenza di centro O e raggio r e una sua corda AB tale che AÔB = 10, si consideri un' altra corda CD parallela ad AB con C e D appartenenti al minore dei due archi AB, in modo che le dimensioni del rettangolo avente per lato CD ed il lato opposto su AB stiano tra loro nel rapporto k. Tracciamo il segmento MO che unisce M, punto medio della corda CD col centro della circonferenza. Sia N l'intersezione di MO con AB.

5 Figura 5: Rappresentazione graca dell'es.97 Considerando il triangolo MOD, si ha che MD = r sin x, quindi CD = r sin x Per dierenza, DH = MN = MO NO. Ma MO = r cos x, considerando il triangolo MOD. Considerando invece il triangolo NOB, si ha che, essendo NO la bisettrice dell'angolo AÔB: A questo punto si avrà che: NO = r cos π = r DH = r cos x r/ Quindi, la relazione da discutere è: r sin x r cos x r/ = k sin x = k cos x 1 La relazione diviene pertanto: sin x k cos x + 1 k 4 sin x k cos x + k = 0 Considerata la variazione di x e la consueta sostituzione cos x = X, sin x = Y, rimane da discutere il seguente sistema parametrico: { 4Y kx + k = 0 π x π che vede l'intersezione del fascio proprio di rette 4y kx + k = 0 con l'arco di circonferenza 1 goniometrica di estremi A ; 1 e B ; Se si fattorizza l'equazione del fascio rispetto a k, si hanno le due generatrici: g 1 : x + 1 = 0, g : 4y = 0 La loro intersezione dà il centro P del fascio: P 1 ; 0

6 Figura 6: discussione graca dell'es.97 Come si vede dalla gura, le rette del fascio intersecano l'arco di circonferenza sempre in un punto. Si osserva che A e B sono allineati con P secondo una retta verticale, il cui coeciente angolare dovrà pertanto essere innito. Ci sono quindi due capisaldi: passaggio per O0, 0 : k 0 = 0 passaggio per A e B, ossia coeciente angolare innito. Il coeciente angolare del fascio si ottiene scrivendo in forma esplicita l'equazione del fascio stesso. Così facendo si ha: mk = k 1 4 che come si vede è innito se e solo se k = + In conclusione il problema ammette una soluzione per k [0, + [. Es.98 E' data una semicirconferenza di centro O e diametro AB = r. Condurre dal punto A due corde AC e AD in modo che CÔD = 60 e sempre dal punto A, la semiretta AE tangente in A alla semicirconferenza. Determinare l'angolo EÂC in modo che risulti: AC + AD = k r Considerato il triangolo isoscele COA, sia CÔA = π π x = x Si osserva che C BA è l'angolo alla circonferenza della corda AC, che come abbiamo visto sottende l'angolo al centro di x, quindi: C BA = x Per il teorema della corda, si ha che AC = r sin x Considerando ora il triangolo ADO, per il teorema di Carnot si ha che: AD = AO + OD AO OD cos AÔD AÔD = π + CÔA = π + x

7 Figura 7: Rappresentazione graca dell'es.98 Quindi: π AD = r r cos + x Possiamo ora costruire la relazione voluta: π AC + AD = kr 4r sin x + r r cos + x = kr Usando le formule di addizione del coseno: 4 sin x + cos π cos x sin π sin x = k cioè 4 sin x + cos x + sin x = k 4 sin x + sin x + cos x cos x + sin x + sin x cos x = k Inne: 7 sin x + cos x + sin x cos x = ksin x + cos x 7 k sin x + 1 k cos x + sin x cos x = 0 Dividendo tutto per cos x e ponendo tan x = t si ha: 7 k tan x + tan x + 1 k = 0 Ponendo ora t = tan x e y = t, e quindi se 0 < x < π 0 < t <, si dovrà discutere il seguente sistema parametrico: y = t 7 ky + t + 1 k = 0 0 x che vede l'intersezione del fascio proprio di rette 7 ky + t + 1 k = 0 con l'arco di parabola y = t avente per estremi A 0; 0 e B ; Se si fattorizza l'equazione del fascio rispetto a k, si hanno le due generatrici: 7y ky + t + 1 k = 0 k y 1 + t + 7y + 1 = 0 g 1 : y 1 = 0, g : t + 7y + 1 = 0 La loro intersezione dà il centro P del fascio: P ; 1 Come si vede dalla gura, le rette del fascio intersecano l'arco di parabola sempre in un punto. Ci sono quindi due capisaldi:

8 Figura 8: discussione graca dell'es.98 passaggio per A0, 0 : k A = 1 passaggio per B : k B = 7 In conclusione il problema ammette una soluzione per k [1, 7]. Es.99 Dato il triangolo equilatero ABC di lato a, condurre con centro in A la circonferenza di raggio a/ che interseca il lato AB in M ed il lato AC in N. Determinare sull'arco MN interno al triangolo un punto P tale che: P B = k P C Considerando il triangolo CP A, applichiamo il teorema di Carnot: CP = a + a 4 a a cos x Considerando invece il triangolo P AB, applicando il teorema di Carnot si ha: P B = a + a 4 a a π cos x Costruendo la relazione si ha quindi: a + a 4 a a π cos x = k Elevando al quadrato si ha: π 4a + a 4a cos x Ossia: 4 a + a 4 a a cos x = k 4a + a 4a cos x cos π cos x + sin π sin x = k 5 4 cos x

9 Figura 9: Rappresentazione graca dell'es.99 Sviluppando: cos x + sin x = k 5 4 cos x 5 cos x sin x 5k + 4k < cos x = 0 Considerata la variazione di x e la consueta sostituzione cos x = X, sin x = Y, rimane da discutere il seguente sistema parametrico: { 4k X Y 5k + 5 = 0 0 x π che vede l'intersezione del fascio proprio di rette 4k X Y 5k + 5 = 0 con l'arco di 1 circonferenza goniometrica di estremi A1, 0 e B ; Se si fattorizza l'equazione del fascio rispetto a k, si hanno le due generatrici: g 1 : 4x 5 = 0, g : x y + 5 = 0 La loro intersezione dà il centro P del fascio: 5 P 4 ; 5 Come si vede dalla gura, le rette del fascio intersecano l'arco di circonferenza sempre in un punto. Ci sono quindi due capisaldi: passaggio per A1, 0 : ka = 1 passaggio per B ; : kb = 1 In conclusione il problema ammette una soluzione, osservando che è k 0 per k [ 1, ].

10 Figura 10: discussione graca dell'es.99 Es.101 Data una circonferenza di diametro AB = r e centro O, si conduca una corda AC tale che CÂB = π 6. Se M è un punto di tale corda, determinare l'ampiezza dell'angolo M ˆBA in modo che, detta P Q la corda della circonferenza di cui M è punto medio, si abbia: P Q = 4k MB Figura 11: Rappresentazione graca dell'es.101 Un noto teorema aerma che la perpendicolare ad una corda di una circonferenza condotta dal suo punto medio passa per il centro. Nel nostro caso, P M MO, per cui il triangolo P MO è rettangolo di ipotenusa P O.

11 Considerando il triangolo AMB, si ha che A MB = π π 6 x = 5 π x. Per il teorema dei seni: 6 MB sin π 6 AB = MB = 5 sin 6 π x Considero il triangolo MBO. Per il teorema di Carnot: MO = MB + BO MB BO cos x = r cos x + sin x 4r cos x + sin x + r Eettuando il denominatore comune ed elaborando i calcoli si ha: MO = r cos x + sin x cos x + 7 sin x sin x cos x r r cos x cos x + sin x Visto che MOP è rettangolo, P M = P O MO. Ma P Q = P M e quindi P M = P M = 4P M. Quindi: P Q = 4 r r cos x + sin x cos x + 7 sin x sin x cos x Costruendo la relazione richiesta: 4 r r cos x + sin x cos x + 7 sin x 4r sin x cos x = 4 k cos x + sin x Con un po' di pazienza e concentrazione, elaborando i calcoli si ha: sin x cos x sin x = k che è la relazione da discutere. Trasformando l'equazione in omogenea, si ha: k cos x k sin x sin x cos x dividendo per cos x e ponendo tan x = t, rimane da discutere il seguente sistema parametrico: y = t 1 + ky t + k = 0 0 x che vede l'intersezione del fascio proprio di rette 1 + ky t + k con l'arco di parabola y = t di estremi O0, 0 e A, Se si fattorizza l'equazione del fascio rispetto a k, si hanno le due generatrici: La loro intersezione dà il centro P del fascio: g 1 : y + 1 = 0 g : y t = 0 P ; 1. Osserviamo che il passaggio per il punto O0, 0 si ha per 1 + k k = 0 k = 0. Il passaggio per A, si ha per 1 + k + k = 0 che implica + k + k = 0 k = 0, dunque la retta per O passa anche per A. Troviamo la retta tangente all'arco di parabola, annullando il discriminante del sistema: { y = t 1 + ky t + k = 0 L'equazione risolvente è: 1 + kt t + k = 0 il cui vale k k. Si ha dunque l'equazione: 4k 4k = 0, che ammette per soluzioni k = 1 e k =. Osserviamo che la tangente richiesta è quella con k = 1 per cui il problema ammetterà sempre due soluzioni per k [0, 1/].

12 Es.105 Siano AB, BC, CD tre corde consecutive di una circonferenza di raggio r, di lunghezza rispettivamente r, r, r. Determinare sul minore dei due archi AD un ponto M in modo che risulti: AM + MD = k MC Figura 1: Rappresentazione graca dell'es.105 Per delle note proprietà dei poligoni inscritti, è ovvio che AÔB = π, BÔD = π, CÔD = π. Chiamato x = AÔM, troviamo il suo insieme di variazione. Se M coincide con A, ovviamente x = 0 x = 0. Se invece M coincide con D, l'angolo limite x max si otterrà da: x max = π π π π = π x max = π 4 Quindi 0 x π 4 Considerando il triangolo AOM, per il teorema della corda: AM = r sin x = r sin x in quanto x è l'angolo al centro sotteso dalla corda ed il suo corrispondente angolo alla circonferenza è la metà ecco perchè è meglio considerare AÔM = x e non x!. Considerando invece il triangolo M OD, si ha, sempre per il teorema della corda: π MD = r sin x π = r sin 4 x Inne, considerando il triangolo M DC, sempre per il teorema della corda, si ha: MC = r sin MÔC ma è MOC = π x e quindi: MC = r sinπ/ x = r cos x

13 A questo punto si può scrivere la relazione richiesta: 4r sin x + 4r sin π 4 x = k 4r cos x sin x + 1 sin x cos x = k cos x Moltiplicando per due e rendendola omogenea, essa diventa: sin x + 1 k cos x sin x cos x = 0 Usando la consueta procedura, dividendo per cos x, ponendo tan x = t e y = t, notando che se x = 0 t = 0 e che x = π t = 1, dobbiamo discutere il seguente sistema parametrico. 4 y = t y t + 1 k = 0 0 t 1 che vede l'intersezione di un fascio improprio di generatrice y t = 0 con l'arco di parabola di estremi A0, 0 e B 1, 1 Figura 1: discussione graca dell'es.105 Come si vede dalla gura, le rette del fascio intersecano l'arco di parabola in due punti, oppure in uno. Ci sono quindi tre capisaldi: passaggio per A0, 0 : k A = 1 passaggio per B1, 1 : k B = 1 tangente. Dobbiamo usare il metodo del delta, intersecando il fascio con la parabola, ossia imponendo pari a zero il discriminante del sistema: { y = t y t + 1 k = 0 cioè si deve imporre nullo il delta dell'equazione: t t + 1 k = 0 = k = 0 8 4k = 0 la cui soluzione porge nalmente k T = 1 In conclusione il problema ammette una soluzione per k [ [ [ 1 1, 1 e due soluzioni per k, 1 ].

14 Es. 106 In una semicirconferenza di centro O e diametro AB = r si considerino due punti C e D con C più vicino as A, in kodo che l'angolo CÔD misuri 60. Dette H e K le proiezioni di C e D sul diametro AB, determinare le posizioni di C e D in modo che si abbia: HK = mcd Figura 14: Rappresentazione graca dell'es.106 Sia x = CÔA. E' ovvio che il suo campo di variazione è 0 x π π = π Per il teorema della corda, ovviamente è: CD = r sincod/ = r sin π 6 = r Consideriamo ora HK = HO + OK. Consideriamo il triangolo CHO rettangolo per ipotesi. E' ovviamente HO = r cos x. Considerando invece il triangolo DOK, si ha OK = r cos DÔK. L'angolo DÔK si ottiene da π x π = π x, per cui: OK = r cos π x In denitiva: HK = r cos π x + r cos x = r 1 cos x + sin x + r cos x La nostra relazione sarà allora: sin x cos x + cos x = m sin x + cos x = m Considerata la variazione di x e la consueta sostituzione cos x = X, sin x = Y, rimane da discutere il seguente sistema parametrico: { X + Y = m 0 x π

15 Figura 15: discussione graca dell'es.106 che vede l'intersezione del fascio improprio proprio di generatrice X + Y circonferenza goniometrica di estremi A1, 0 e B 1 ; = 0 con l'arco di Osservando che la retta del fascio che passa per B, passa anche per A, come si vede dalla gura, le rette del fascio intersecano l'arco di circonferenza sempre in due punti. Ci sono quindi due capisaldi: passaggio per A1, 0 o per B: m A = 1 Tangente. Col metodo della distanza si ha: m 1 + = 1 m = Prendendo la soluzione positiva si avrà allora m T = 1. In conclusione il problema ammette due soluzioni per m [ 1; 1 [.