Problema 2 – Testo e soluzione – Maturità 2012 Liceo scientifico

Testo

Nel primo quadrante del sistema di riferimento Oxy sono assegnati l’arco di circonferenza di centro O e estremi A(3,0) e B(0,3) e l’arco L della parabola d’equazione \( x^2 = 9-6y \) i cui estremi sono il punto A e il punto (0,3/2).

Sia \(r\) la retta tangente in A e L. Si calcoli l’area di ciascuna delle due parti in cui \(r\) divide la regione R racchiusa tra L e l’arco AB.
La regione R è la base di un solido W le cui sezioni, ottenute tagliando W con piani perpendicolari all’asse \(x\), hanno, per ogni \( 0\leq x \leq 3\), area \(S(x) = e^{5-3x}\). Si determini il volume di W.
Si calcoli il volume del solido ottenuto dalla rotazione di R intorno all’asse \(x\).
Si provi che l’arco L è il luogo geometrico descritto dai centri delle circonferenze tangenti internamente all’arco AB e all’asse \(x\). Infine, tra le circonferenze di cui L è il luogo dei centri si determini quella che risulta tangente anche all’arco di circonferenza di centro A e raggio 3, come nella figura a lato.

Traccia_2012_ordinario_tracciaP2_Fig1

Soluzione
1. L’arco di estremi \(A(3,0)\) e \(B(0,3)\) appartiene alla circonferenza \(x^2+y^2=9\) con centro nell’origine O e raggio 3, mentre l’equazione \(L:x^2=9-6y\) che definisce l’arco di parabola, riscritta come
\begin{equation}
L:y=-\frac{1}{6}x^2+\frac{3}{2} \hspace{1 cm} x \in [0,3],
\end{equation}
permette di riconoscere nel punto \(\left(0,\frac{3}{2}\right)\) il vertice \(V\) della parabola. Questa è simmetrica rispetto all’asse \(y\) e interseca l’asse \(x\) nei punti di ascissa \(x=\pm3\).
Gli estremi di \(L\) nel primo quadrante sono A e V (Fig.1).

2012_ordinario_P2_Fig.1

Costruito il fascio di rette con centro in \(A\), \(y-0=m(x-3)\), il coefficiente angolare è dato dalla derivata di (1) nel punto \(x=3\), ossia
\[
y'(x)=D\left[-\frac{1}{6}x^2+\frac{3}{2}\right]=-\frac{1}{3}x
\]
cioè
\[
y'(3)=m=-\frac{1}{3}\cdot3=-1 \hspace{5mm} \text{e quindi} \hspace{5mm} r:y=-x+3
\]
La retta r è passante anche per B.
La regione R (in colore nella Fig.1) è suddivisa in due regioni da \(r\) : \(\mathcal{A}_1\) e \(\mathcal{A}_2\).
\begin{align*}
\mathcal{A}_1=&\frac{1}{4}\mathcal{A}(cerchio)-\mathcal{A}(\triangle OAB)
\end{align*}
\begin{align*}
=&\frac{1}{4}\cdot \pi\cdot 3^2-\frac{1}{2}\overline{OA}\cdot\overline{OB}
\end{align*}
\begin{align*}
=&\frac{9}{4}\pi-\frac{1}{2}\cdot3\cdot3=\frac{9}{4}(\pi-2)
\end{align*}

\(\mathcal{A}_2\) invece è data dalla differenza tra \(\mathcal{A}(\triangle OAB)\) e l’area del trapezoide definito dalla parabola e dagli assi coordinati, ovvero
\begin{align*}
\mathcal{A}_2=&\mathcal{A}(\triangle OAB)-\frac{1}{2}\int_{0}^{3}e^{5-3x}dx =\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}.
\end{align*}

2. Non è possibile dare una rappresentazione grafica del solido \(W\) ma è possibile calcolarne il volume conoscendo la funzione \(S(x)=e^{5-3x}\) che fornisce l’area delle sezioni del solido tagliato con piani perpendicolari all’asse x. Perciò

\begin{align*}
\mathcal{V}(\mathcal{W})=&\int_0^3 \mathcal{S}(x)dx=\int_{0}^{3}e^{5-3x}dx
\end{align*}
\begin{align*}
=&e^5\int_{0}^{3}e^{-3x}dx=e^5\left[-\frac{1}{3}\right]_0^3
=&\frac{e^5}{3}\left(1-e^{-9}\right)\approx 49,4649.
\end{align*}

3. La rappresentazione di Fig.2 mostra che l’arco \(AB\) genera nella sua rotazione attorno \(x\) una semisfera mentre, il trapezoide definito dall’arco\(AV\) della parabola genera a sua volta un solido con vertice in \(A\) (arancio in Fig.2). Il volume \(\mathcal{V}\) richiesto si ottiene sottraendo al volume della semisfera il volume del solido P generato dal solo arco \(\mathcal{L}\) ossia

\begin{align*}
\mathcal{V}=&\mathcal{V}(semisfera)-\mathcal{V}(P)
\end{align*}
\begin{align*}
=&\mathcal{V}(semisfera)-\pi \int_0^3 \left(-\frac{1}{6}x^2+\frac{3}{2}\right)^2
\end{align*}
\begin{align*}
=&\frac{4}{3}\pi(3)^3\cdot\frac{1}{2}-\pi\int_0^3 \left(\frac{1}{36}x^4 – \frac{1}{2}x^2 +\frac{9}{4}\right)dx
\end{align*}
\begin{align*}
=&\;18\pi -\frac{\pi}{36}\int_{0}^{3}x^4dx+\frac{\pi}{2}\int_{0}^{3}x^2dx-\frac{9}{4}\pi\int_0^3dx
\end{align*}
\begin{align*}
=&\; 18\pi-\frac{\pi}{36}\left[\frac{x^5}{5}\right]_0^3+\frac{\pi}{2}\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^3-\frac{9}{4}\pi[x]_0^3
\end{align*}
\begin{align*}
=&\; \frac{\pi}{20}(360-27+90-135)= \frac{72\pi}{5}
\end{align*}

2012_ordinario_P2_Fig.2

4.Per determinare il luogo dei centri \(D\) delle circonferenze tangenti internamente all’arco \(\mathcal{L}\) e all’asse \(x\) (fig.3) sia \(f: y=mx\) il fascio di rette per l’origine con \(m\geq 0\). Il centro delle circonferenze \(D\), poichè appartiene ad \(f\) ha coordinate \(D\equiv(x_0,mx_0)\), con \(x\in[0,3]\) e distanza dall’asse \(x\) pari a \(\overline{DH}=r=mx_0\). D dista dalla circonferenza di una quantità \[\overline{DE}=\overline{OE}-\overline{OD}=3-\sqrt{x_0^2+(mx_0)^2}.\]
La condizione che individua il luogo, \(\overline{DE}=\overline{DH}\), diventa
\[
3-\sqrt{x_0^2+m^2x_0^2}=mx_0
\]
e dato che \(m=\frac{y_0}{x_0}\) si ha che
\[
3-\left(\frac{y_0}{x_0}\right)\cdot x_0=\sqrt{x_0^2+\left(\frac{y_0}{x_0}\right)\cdot x_0^2}
\]
che implica
\[3-y_0=\sqrt{x_0^2+y_0^2}\].
Considerando che \(3-y_0\geq0\) elevando al quadrato e riordinando i termini si giunge alla
\[
x_0^2=9-6y_0
\]
che costituisce l’equazione aspettata.

2012_ordinario_P2_Fig.3

Vista la simmetria dei due archi rispetto alla retta perpendicolare ad \(x\) e passante per la loro intersezione (Fig.4), la circonferenza deve avere il centro con ascissa uguale al punto medio del segmento \(OA\) ossia \(x_D=\frac{3}{2}\). Poichè \(D\) appartiene alla parabola (1) la sua ordinata è \(y_D=\frac{1}{6}\left(\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{2}=\frac{9}{8}\).
Ne segue che l’equazione della circonferenza cercata è
\[
\left(x-\frac{3}{2}\right)^2+\left(y-\frac{9}{8}\right)^2=\left(\frac{9}{8}\right)^2.
\]

2012_ordinario_P2_Fig.4

 

Lascia un commento

Il tuo indirizzo email non sarà pubblicato.