Compito di matematica Classe III ASA 3 aprile 015 A. Descrivere mediante un opportuno sistema di disequazioni nelle variabili x e y la parte di piano colorata: A1 A A1: y 1 x + x 1 4 x y 0 A: x 4 + y 9 1 x y 1 xy 0 B. Rappresentare le regioni di piano definite dai seguenti sistemi di disequazioni: y x + 4 x + y x y B1: B: y 4 x x y B1 B 1
C1. Il triangolo isoscele ABC ha la base BC uguale all altezza relativa AH. Indicato con M il punto medio del lato AB e con M la sua proiezione sulla base, determinare sul lato AC un punto P in modo che, essendo P la sua proiezione su BC, sia k il rapporto tra l area del trapezio P P M M e l area del triangolo isoscele dato. Ponendo per comodità BC = AH = e P C = x (da cui segue 0 x 1), per la similitudine dei triangoli rettangoli AHB, MM B e P P C si ha: e inoltre MM = AH = 1 P P = P C = x M P = BC BM P C = BC MM P C = 3 x L area del trapezio MM P P risulta quindi ( ) 3 (1 + x) x A MM P P = (MM + P P ) M P = = 1 (1 + x)(3 x) 4 Si ha inoltre BC AH A ABC = = e si dovrà quindi discutere l equazione parametrica = 1 (1 + x)(3 x) 4 che equivale al sistema = k (1 + x)(3 x) = 8k 4x + 4x + 3 = 8k y = 4x + 4x + 3 y = 8k 0 x 1 ; k > 0
La prima equazione rappresenta una parabola con asse verticale e vertice V ( 1 ; 4) che passa per i punti A(0; 3) e B(1; 3). Le situazioni limite sono pertanto: 1) retta r 1 passante per A(0; 3) e per B(1; 3): 8k = 3 k = 3 8 ) retta r tangente alla parabola nel suo vertice: 8k = 4 k = 1 In conclusione il problema ammette: soluzioni coincidenti per k = 1 soluzioni distinte per 3 8 k < 1 0 soluzioni per k < 3 8 k > 1 Le situazioni limite relative al caso 1 corrispondono rispettivamente a: 1a) x = 0 = P P C: il trapezio si riduce al triangolo MM C la cui area è data da 3 A MM C = 1 = 3 4 1b) x = 1 = P A, P H: in questo caso A MM HA = (MM + AH) M H = (1 + ) 1 = 3 4 In entrambi i casi si ha evidentemente k = 3 4 1 = 3 8. La situazione limite relativa al caso corrisponde a x = 1 e in questo caso il trapezio diventa un quadrato di lato MM = 1. La sua area è 1 e pertanto k = 1 precedenza. come già si era trovato in C. Su una semicirconferenza di diametro AB = r determinare un punto C in modo che, indicata con D la sua proiezione sul diametro, sia CD + AD = kr. [Si consiglia di porre AD = x.] 3
Posto AD = x come indicato nel testo (da cui segue 0 x r), risulta DB = r x. Per il secondo teorema di Euclide, nel triangolo ABC (rettangolo in quanto inscritto in una semicirconferenza) risulta: CD = AD DB = x(r x) La relazione richiesta dal problema corrisponde pertanto a CD + AD = kr = x(r x) + x = kr Per la discussione si può porre r = 1 e l interpretazione analitica del problema conduce al sistema y = x( x) y = k x 0 x ; k 0 La prima equazione, riscritta nella forma y = 4x( x) ovvero 4x + y 8x = 0 4(x 1) + y = 4 (x 1) + y 4 = 1 rappresenta un ellisse con centro (1; 0), semiasse orizzontale (minore) 1 e semiasse verticale (maggiore), di cui si dovrà considerare la sola metà appartenente al semipiano delle ordinate positive. 4
La seconda equazione rappresenta un fascio (improprio) di rette parallele alla bisettrice del secondo e del quarto quadrante. Il grafico evidenzia le seguenti 3 situazioni limite: 1) retta r 1 passante per O(0; 0): k = 0 [in questo caso si ha x = 0 da cui C D A e quindi CD = AD = 0] ) retta r passante per B(; 0): k = [in questo caso si ha x = da cui C D B e quindi CD = 0 e AD = ] 3) retta r 3 tangente all ellisse: occorre porre la condizione = 0 nell equazione ricavata dal sistema 4x + y 8x = 0 4x + (k x) 8x = 0 5x (k + 4)x + k = 0 y = k x = 0 = (k + 4) 5k = 0 4(k k 4) = 0 k = 1 ± 5 di cui si dovrà ovviamente considerare la sola soluzione positiva k = 1 + 5. In conclusione il problema ammette: soluzioni coincidenti per k = 1 + 5 soluzioni distinte per k < 1 + 5 1 soluzione per 0 k < 0 soluzioni per k > 1 + 5 D1. Sia A il punto del primo quadrante comune alle due curve di equazione x +y = e y x = 0. Si conducano da A le tangenti a ciascuna delle due curve fino ad incontrare in M ed N l asse delle ascisse. Si inscriva quindi nel triangolo AM N un rettangolo di area k con un lato sull asse delle x. Si discuta il numero delle soluzioni al variare di k e si determinino le coordinate dei vertici del rettangolo di area massima. [Si consiglia di individuare il rettangolo tracciando una retta orizzontale y = t e di determinare l area del rettangolo in funzione di t, che assume quindi il ruolo di incognita del problema.] La prima curva rappresenta una circonferenza di centro O(0; 0) e raggio, mentre la seconda rappresenta una parabola con vertice in O, asse coincidente con l asse x e concavità rivolta verso destra. Il punto A si determina risolvendo il sistema tra le equazioni delle due curve e scegliendo la soluzione appartenente al primo quadrante come richiesto: x + y = x + x = 0 y x = 0 y x = 0 A(1; 1) Le equazioni delle due tangenti si possono agevolmente trovare mediante le formule di sdoppiamento: per la parabola: y x = 0 = y 1 x + 1 = 0 x y + 1 = 0 (r 1 ) per la circonferenza: x + y = = x 1 + y 1 = x + y = (r ) e si ha pertanto M( 1; 0) e N(; 0). 5
La retta orizzontale di equazione y = t interseca le due rette r 1 e r rispettivamente nei punti M (t 1; t) e N ( t; t), e l area del rettangolo inscritto nel triangolo AMN risulta pertanto pari a A = (x N x M ) t = t(3 3t) = 3 t(1 t) Si dovrà dunque discutere l equazione parametrica 3 t(1 t) = k con il vincolo 0 t 1 (oltre ovviamente a k 0); tale equazione si può interpretare analiticamente mediante il sistema y = 3 t(1 t) y = k 0 t 1 ; k 0 in cui la prima equazione rappresenta un arco di parabola di vertice V ( 1 ; 3 ). 8 In definitiva il sistema (ovvero l equazione di partenza) ammette soluzioni per 0 k 3 8 (coincidenti nel caso di k = 3 ). Il valore di t che corrisponde al valore massimo di k (ossia 8 all area massima del rettangolo) è t = 1 ; in questo caso il rettangolo è individuato dai ( punti M 0; 1 ) ( 3, N ; 1 ) e dalle rispettive proiezioni sull asse x. Si può infine osservare che l altra situazione limite (k = 0) corrisponde ai due casi in cui il rettangolo si riduce 6
rispettivamente alla sola base M N del triangolo AM N (per t = 0) o all altezza ad essa relativa (per t = 1). In entrambi i casi, ovviamente, l area del rettangolo è nulla. D. Si consideri il fascio di rette di centro P (1; 1). Sia M il punto medio del segmento avente per estremi i punti d intersezione di una generica retta del fascio con gli assi cartesiani. Si determini l equazione del luogo descritto da M e se ne studino le caratteristiche disegnandone infine il grafico. Il fascio in questione è descritto dall equazione y 1 = m(x 1) ovvero y = mx + 1 m. I punti d intersezione con gli assi si determinano ponendo a sistema l equazione del fascio con le equazioni degli assi e si ha dunque: A : y = mx + 1 m x = 0 A(0; 1 m) B : e il punto medio M ha pertanto coordinate M Eliminando il parametro m dal sistema si ottiene: y = x = m 1 m y = 1 m 1 1 1 x y = mx + 1 m y = 0 ( m 1 m ; 1 m ). m = 1 1 x y = x x 1 B ( ) m 1 m ; 0 Tale equazione rappresenta una funzione omografica (iperbole equilatera riferita ai propri asintoti) di centro C( 1; 1), asintoti x = 1 e y = 1, asse trasverso la bisettrice del primo e terzo quadrante e vertici V 1 O(0; 0) e V (1; 1). 7