89 Prova di matematica proposta dal Ministero Seconda proposta

Matematica per la nuova maturità scientifica
A. Bernardo M. Pedone
89
Prova di matematica proposta dal Ministero
Seconda proposta
Problema 1
Della parabola f ( x ) = ax 2 + bx + c si hanno le seguenti informazioni, tutte localizzate nel
punto x = 0 : f ( 0) = 1 , f ' ( 0) = 0 , f ' ' (0) = 2 .
a) Determinata la parabola, si scrivano le equazioni delle tangenti ad essa condotte per il punto P
$ , essendo A e B i rispettivi punti di tangenza ;
dell’asse y di modo che valga 60° l’angolo APB
1
b) accertato che il punto P ha ordinata , si scriva l’equazione della circonferenza passante per A,
4
BeP;
c) si calcolino le aree delle due parti in cui la circonferenza risulta divisa dall’arco di parabola di
estremi A e B.
Soluzione
Quesito a
Della parabola f ( x ) = ax 2 + bx + c si hanno le seguenti informazioni, tutte localizzate nel punto
x = 0 : f ( 0) = 1 , f ' ( 0) = 0 , f ' ' (0) = 2 .
Determinata la parabola, si scrivano le equazioni delle tangenti ad essa condotte per il punto P
$ , essendo A e B i rispettivi punti di tangenza .
dell’asse y di modo che valga 60° l’angolo APB
Le derivate della funzione f ( x ) = ax 2 + bx + c sono:
f’(x)=2ax+b
f”(x)=2a.
Imponendo le tre condizioni date nel testo, si ricavano i tre parametri a,b,c.
• f(0)=1 ⇒
c=1
• f’(0)=0 ⇒
b=0
• f’’(0)=2 ⇒
a=1
Quindi la parabola richiesta ha equazione:
f ( x) = x 2 + 1 .
La parabola ha asse di simmetria coincidente con l’asse delle ordinate (x=0), il vertice si
trova nel punto V(0,1) ed essendo a=1>0 volge la concavità verso l’alto.
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Il fascio di rette avente il centro nel punto P(0,q) appartenente all’asse delle y, ha
equazione: y=mx+q.
Per determinare le rette tangenti alla parabola dobbiamo imporre che il delta
dell’equazione di secondo grado, che si ottiene risolvendo il sistema formato
dall’equazione della retta y=mx+q e dall’equazione della parabola, sia uguale a zero.
 y = mx + q
⇒ x 2 − mx + 1 + q = 0

2
 y = x +1
∆ = m 2 − 4(1 − q) = 0 ⇒ m 1 = ±2 1 − q
2
La condizione di esistenza impone q ≤ 1.
Con questa condizione, le equazioni delle due rette sono:
 y = 2 1− q x + q


 y = − 2 1− q x + q

(
(
)
)
La condizione che l’angolo APB = 600 impone che il coefficiente angolare della retta
1
tangente alla parabola sia 2 1 − q = tg ( 600 ) = 3 ⇒ 4(1 − q) = 3 ⇒ q =
4
Quindi le equazioni delle rette tangenti sono:
1

 y = 3x + 4
 1
⇒ P  0; 

 4
 y = − 3x + 1

4
Per trovare le coordinate dei punti B e A bisogna risolvere il sistema formato
dall’equazione della retta tangente e della parabola. Si ottiene
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1
7


1

=
+
=
y
x
y
3
1

=
+
y
x
3
4 
4
 y = 3x +


4
⇒
⇒
4⇒

2

 x 2 − 3x + 1 + 3 = 0  x = 3
x = 3
 y = x +1

4


2
2
 3 7

3 7
quindi B 
;  , per simmetria A  −
;  .
 2 4
 2 4
Quesito b
Accertato che il punto P ha ordinata
1
, si scriva l’equazione della circonferenza passante per A, B
4
eP.
Per accertarsi che il punto P ha ordinata
1
, bisogna risolvere il sistema formato dalle
4
due tangenti
1

 y = 3 x + 4
 1
⇒ P  0; 

 4
 y = − 3x + 1

4
Per trovare l’equazione della circonferenza si può imporre il passaggio della
circonferenza x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 per i tre punti

3 7  3 7
 1
A  −
;  , B 
;  e P  0;  ;
 4
 2 4  2 4
si ottiene:
 3 49 a 3 7b
+ +c =0
 + +
2
4
 4 16
 3 49 a 3 7b
+ +c =0
 + −
2
4
 4 16
1 b
16 + 4 + c = 0

Sottraendo membro a membro le prime due equazioni e risolvendo si ha:


a = 0
a = 0


5
 3 49 a 3 7b

+ + c = 0 ⇒ b = −
 + −
2
4
6
 4 16

9
1 b

16 + 4 + c = 0
c = 16
5
9
Quindi l’equazione della circonferenza richiesta è x 2 + y 2 − y + = 0
2
16
5 
La circonferenza ha raggio uguale a 1 e il centro si trova nel punto C  ;0 
4 
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Quesito c
Si calcolino le aree delle due parti in cui la circonferenza risulta divisa dall’arco di parabola di
estremi A e B.
L’area della regione di piano delimitata dalla circonferenza e dalla parte interna alla parabola,
si può calcolare sommando l’area del segmento parabolico AVB e l’area del segmento
circolare ad una base ADB.
2
L’area del segmento parabolico è data dai dell’area del rettangolo in cui è inscritto:
3
2 7 
3
.
3  − 1 =
3 4  2
L’area del segmento circolare di base AB è data dall’area del settore circolare ACB meno
1
l’area del triangolo ACB, tenendo conto che l’angolo ACB=120°, cioè dell’angolo giro:
3
π 1 7 5 π
3
.
3 −  = −
−
3 2 4 4 3 4
Sommando le due aree si ha:
π
3
−
3
3 π
3
+
= +
4
2
3 4
In alternativa, si può risolvere l’integrale definito
3
3
2
2
5
1




2
2
Area1 = 2 ∫  1 − x + − ( x + 1)  dx = 2 ∫  1 − x 2 + − x 2  dx ,
4
4


0 
0 
nel quale l’equazione della circonferenza è stata scritta in forma
2
5
5

esplicita x +  y −  = 1 da cui y = ± 1 − x 2 +
4
4

e si è sfruttata la simmetria della figura rispetto all’asse y.
2
L’integrale indefinito ∫ 1 − x 2 dx si può calcolare per sostituzione:
92
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∫
x =sent ⇒dx =cost dt e t =arcsen x, si ha
1 − x 2 dx =
1
arcsen( x) + x 1 − x 2 

2
Quindi
3
Area1 = 2
2
∫
0

x 2 x3 
2
=  arcsen x + x 1 − x + −
2 3  0

Area1 =
π
3
+
)
(
1
1
x x3 

2
2
2
1
x
x
dx
2
arcsen
x
x
1
x
−
+
−
=
+
−
+
−
2


4
4 3  0

3
2
=
π
3
+
3
2
3 1
3
3 π
3
+
−
= +
→
2 4 4
4
3 4
3
4
Tenendo conto che l’area del cerchio è A = π r 2 = π
π
3 2π
3
.
La seconda area richiesta è Area2 = π − −
=
−
3 4
3
4
=