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La prova di matematica per il liceo scientifico estero (scuole italiane all'estero Europa). Esame stato 2010/2011. Sessione ordinaria.
Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero (scuole italiane all'estero Europa), sessione ordinaria
Nicola De Rosa, Liceo scientifico scuole italiane all’estero Europa sessione ordinaria 2011, matematicamente.it
devono avere concavità verso il basso e cioè , altrimenti se
a 0
avessero concavità verso l’alto, il passaggio per O e P
escluderebbe la tangenza al lato BC e viceversa;
l’ascissa del vertice deve essere compresa tra 0 ed 1, ,
0 x 1
V
altrimenti le parabole potrebbero essere tangenti alla retta di
esternamente al lato BC, cioè l’ascissa del
equazione y 1
vertice non apparterrebbe all’intervallo ;
0
,
1
l’ordinata del vertice sarà pari a 1 in quanto solo nel vertice la
famiglia di parabole può essere tangente al lato BC di equazione
.
y 1
L’intersezione di con la famiglia di parabole di equazione
y 1
2 2 2
fornisce
y ax t a x ax t a x 1 ax t a x 1 0
per cui imponendo la condizione di tangenza si ha:
2 2 2
t a 4
a 0 a 2
a t 2 t 0 a t 2 2 1 t .
1,2
Le ascisse dei possibili vertici della famiglia di parabole sono quindi:
1 t 1 t 2 2 1 t
a t 1 t 1 1 1 t 1
1
x
V
2 a t
t 2 2 1 t 1 1 t
t 2 2 1 t t 2 2 1 t
1
1 t 1 t 2 2 1 t
a t 1 t 1 1 1 t 1
2
x
V
2 a t
t 2 2 1 t 1 1 t
t 2 2 1 t t 2 2 1 t
2 , l’ascissa del
0 x 1
e poiché per ipotesi deve aversi con 0 t 1
V
1 1 t 1
x
vertice accettabile è in quanto
V
t 1 1 t
1
; l’ordinata
0 1 t 0
,
1
per cui
1 1 t 1 t 0
,
1
1 1 t
del vertice come già osservato è pari a 1 e possiamo ricavarlo anche
attraverso il calcolo diretto: infatti 2
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2
1 1 1
y t 2 2 1 t 2 2 1 t
1 1 t 1 1 t 1 1 t
1 1
t 2 2 1 t 2 1 1 t
2 t 2 1 t 1 1 t
1 1
2 t 2 1 t 2 1 1 t 1 2 1
2 t 2 1 t 1 1 t
Quindi al variare di , i possibili vertici sono
0 t 1
1
V t ,
1 e la famiglia di parabole ha equazione
1 1 t
2
1. y t 2 2 1 t x 2 2 1 t x
Punto 2 . L’area del segmento parabolico
La retta OP ha equazione y tx
limitato dalla corda OP e dalla parabola di equazione
2 è pari a:
y t 2 2 1 t x 2 2 1 t x
1
2
t 2 2 1 t x 2 2 1 t x tx dx
0
1
2
t 2 2 1 t x t 2 2 1 t x dx
0 1
1 3 2
x x
2
t 2 2 1 t x x dx t 2 2 1 t
3 2
0 0
1 2 t 2 1 t
t 2 2 1 t
6 6
L’area del quadrato di lato unitario è pari a 1, per cui imponendo che
l’area del segmento parabolico sia la metà di quella del quadrato si ha:
3
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2 t 2 1 t 1
.
2 t 2 1 t 3 2 1 t 1 t
6 2
Tale equazione ha senso di esistere in quanto per ipotesi , per
0 t 1
cui elevando ambo i membri al quadrato si ha:
2 2 e la soluzione
4 1 t 1 t t 6
t 3 0 t 3 2 3
accettabile che rispetta la condizione è . Con
0 t 1 t 3 2 3
tale valore di t, calcoliamo i coefficienti della parabola dati dalle
seguenti espressioni:
t 2 2 1 t 3 2 3 2 2 4 2 3 3 2 3 2 2 3 1 3
t 3 2 3
2 2 1 t 2 2 4 2 3 2 2 3 1 2 3
t 3 2 3
2
in cui abbiamo sfruttato che .
4 2 3 3 1
In conclusione l’equazione della parabola 2
è così
y 3 x 2 3 x
1
come indicato dalla traccia.
Punto 3
L’equazione di 2
simmetrica di rispetto
1
all’asse y si ottiene da
2 con la
y 3 x 2 3 x
X x
trasformazione
Y y
per cui è
2
2
Y 3 X 2 3 X e
ritornando al formalismo
con ascissa ed ordinate
minuscole l’equazione di 2
è .
y 3 x 2 3 x
2
L’area da calcolare è raffigurata in grigio.
4
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Per simmetria l’area da calcolare è pari a
3 3
3
2 3 2 3
Area 2 1 3 x 2 3 x dx 2 x x 3 x
0 .
0
3 3 3 2 3
2
3 9 3 9
Punto 4
Consideriamo la figura
a lato.
Siano R l’intersezione
della retta ,
y k
, con la
0 k 1
parabola di equazione
2 e Q
y 3 x 2 3 x
con la parabola di
equazione
2 .
y 3 x 2 3 x
Calcoliamo le ascisse di suddetti punti.
Calcolo punto R:
Bisogna risolvere l’equazione
3
2 2 e
3 x 2 3 x k 3 x 2 3 x k 0 x 1 1 k
3
3
l’ascissa accettabile è x x 1 1 k per cui il punto R ha
R 3
3
R 1 1 k , k
coordinate ;
3
Calcolo punto Q: l’equazione
Bisogna risolvere 5
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3
2 2 e
3 x 2 3 x k 3 x 2 3 x k 0 x 1 1 k
3
3
l’ascissa accettabile è per cui il punto Q ha
x x 1 1 k
Q 3
3
coordinate ;
Q 1 1 k , k
3
La base RQ del triangolo QCR misura
2 3
mentre l’altezza misura h 1 k
RQ x x 1 1 k
Q R 3
cui l’area è pari a
per
2 3
1 1 k 1 k
3
3
S k 1 1 k 1 k .
2 3
per cui l’area da massimizzare
Per 1 1 k 1 1 k
k 0
,
1
3
S k 1 1 k 1 k
diventa .
3
La derivata prima della funzione area è
1 k 2 1 k 2 1 k
3 1 3
S ' k 1 k 1 1 k
3 3
2 1 k 2 1 k
3
3 1 k 2
6 2 4 5
1 k 1 k 0 k
ed è positiva se e negativa se
3 9 9
5 5
per cui l’area massima è raggiunta per
k 1 k e vale
9 9
5 3 5 5 4 3
S 1 1 1 .
9 3 9 9 81
6
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PROBLEMA2
Una circonferenza di centro O e raggio 4 è tangente esternamente nel
punto A ad un’altra circonferenza di raggio x minore di 4. Le tangenti
comuni, non passanti per A, si incontrano in un punto B.
1. Si provi che, al variare di x, la distanza di B da O è data da
f x
4 x 16
; si disegni il grafico Г di prescindendo dai limiti
f x
f x
4 x
posti ad x dal problema.
Sia P un punto di Г. Si dimostri che la retta tangente a Г in P incontra
2.
gli asintoti di Г in due punti equidistanti da P. Si verifichi altresì che Г
ammette un centro di simmetria di cui si chiedono le coordinate.
Si calcoli l’area della parte finita di piano compresa tra Г e gli assi
3.
coordinati.
g x f x
4. Sia infine . Quale il grafico di ? Si determini, al
g x
il numero delle radici dell’equazione
variare di k g x k
RISOLUZIONE
Punto 1
Consideriamo la figura
a lato.
Sia ; i triangoli
FB y
DOB ed ECB sono
simili per cui vale la
seguente proporzione
tra lati omologhi
OD : OB EC : CB
che può essere riscritta
come 7
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; uguagliando il prodotto dei medi e degli
4 : 4 2 x y x : x y
2
estremi si ha da cui
4 x 4 y 4 x 2 x xy
2
2 x
2 .
y 4 x 2 x y
4 x
La funzione di conseguenza vale
f x
2 2
2 x 4 2 x 4 x 2 x 16 4 x
.
f x 4 2 x y 4 2 x
4 x 4 x 4 x
La funzione
4 x 16
è una
f x
4 x
classica funzione
omografica definita
R 4
in , positiva
in , con
4
, 4
asintoti di equazione
e e
y 4
x 4
4
, 4
centro di simmetria . Il grafico è a lato mostrato.
Punto 2
4
t 16
Un generico punto P di Г ha coordinate e la retta
P t ,
4 t
4
t 16
Г
tangente a in P ha equazione dove
y m x t
4 t
32 32 4
t 16
m f ' t y x t
per cui . Tale tangente
2 2 4 t
4 t
4 t
incontra l’asintoto di equazione x 4 in
32 4
t 16 4
t 48
e l’asintoto all’ascissa
y 4 t y 4
2 4 t 4 t
4 t
32 4
t 16
e cioè all’ascissa
x t 4
tale per cui
2 4 t
4 t 8
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2 2
4 t 4
t 16 4 t 32
. I punti di
x t 4 t 2
t 4
32 4 t 32 4 t
4
t 48
incontro sono quindi e e il punto
B 2
t 4
, 4
A 4
,
4 t
medio tra i due è
4
t 48
4
x x y y 4 2
t 4 4
t 16
4 t
A B A B che
M , , t ,
2 2 2 2 4 t
coincide con P. Di conseguenza P è equidistante dai due punti in cui la
retta tangente a Г , e passante per esso, incontra gli asintoti di Г.
Il centro di simmetria di una qualsiasi funzione omografica è data dal
punto di incontro degli asintoti, e nel caso in esame è . Per
4
, 4
X 2 4 x 8 x
dimostrarlo consideriamo la trasformazione e
Y 2 4 y 8 y
4 x 16
sostituiamo in essa la funzione . Si ha:
y
4 x
4 8 X 16 48 4 X 8 X 32 48 4 X 16 4 X
Y 8 8
4 8 X X 4 X 4 4 X
e poiché la funzione trasformata coincide con la funzione di partenza,
4
, 4
possiamo affermare che il punto è centro di simmetria per
4 x 16
.
y
4 x 9
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Punto 3
L’area da calcolare è
di seguito raffigurata
in grigio.
L’area è data da
0 0
4 x 16 32
dx 4 dx
4 x 4 x
4 4
0 0
32
4 dx dx
4 x
4 4
0
16 32 ln 4 x 4
16 32 ln 4 32 ln 8 32 ln 2 16
Punto 4
La funzione
4 x 16
g x se x 0 x 4
1
4 x 16
4 x
g x f x
4 x 16
4 x
g x g x se x 0 x 4
2 1 4 x
Quindi
4 x 16
nell’intervallo 0
, 4 4
, g x
1. il grafico di coincide
1 4 x
f x
con quello di ; 10
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