Simulazione 10 - PROBLEMA 1
Simulazione 10 - Problema 1 - Esame di Stato 2026
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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 \(\left(0,\,\dfrac{3}{2}\right)\).
1)
Sia \(r\) la retta tangente in \(A\) ad \(L\). Si calcoli l'area di ciascuna delle due parti in cui \(r\) divide la regione \(R\) racchiusa tra \(L\) e l'arco \(AB\).
Soluzione del punto 1
Retta tangente \(r\) in \(A\) alla parabola \(L\)
Ricaviamo esplicitamente \(y\) dall'equazione della parabola:
\[L:\; x^2 = 9 - 6y \implies y = -\frac{1}{6}x^2 + \frac{3}{2}\]Deriviamo e valutiamo in \(x = 3\):
\[y' = -\frac{1}{3}x \implies m = y'(3) = -1\]La retta tangente in \(A(3,\,0)\) con pendenza \(m = -1\) è:
\[r:\; y = -(x-3) \implies \boxed{y = -x + 3}\]La parabola ha vertice in \(\left(0,\,\dfrac{3}{2}\right)\) e taglia l'asse delle ascisse nei punti \((3,\,0)\) e \((-3,\,0)\); nel primo quadrante l'arco \(L\) va da \(A(3,\,0)\) a \(\left(0,\,\dfrac{3}{2}\right)\).
Grafico della regione \(R\) e della retta \(r\)
Calcolo di \(A_1\): regione tra l'arco \(AB\) e la retta \(r\)
La retta \(r\) passa per \(A(3,\,0)\) e per \(B(0,\,3)\) (si verifica: \(y(0) = 3\) ✓). Essa divide la regione \(R\) in due parti:
- \(A_1\): compresa tra l'arco \(AB\) e la retta \(r\) (regione 1 in figura, adiacente all'arco).
- \(A_2\): compresa tra la retta \(r\) e l'arco \(L\) (regione 2 in figura, adiacente alla parabola).
L'area \(A_1\) è la differenza tra il quarto di cerchio di raggio 3 e il triangolo rettangolo \(OAB\) con cateti di lunghezza 3:
\[A_1 = \frac{\pi \cdot 3^2}{4} - \frac{1}{2}\cdot 3 \cdot 3 = \frac{9\pi}{4} - \frac{9}{2}\]Calcolo di \(A_2\): regione tra la retta \(r\) e l'arco \(L\)
L'area \(A_2\) è la differenza tra il triangolo \(OAB\) e la regione compresa tra l'arco \(L\) e gli assi cartesiani. Quest'ultima corrisponde a metà del segmento parabolico di base \(6\) (da \(-3\) a \(3\)) e altezza \(\dfrac{3}{2}\) (il vertice della parabola), quindi vale \(\dfrac{2}{3}\cdot 6 \cdot \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = 3\).
Più esplicitamente, l'area tra la parabola e l'asse \(x\) nel primo quadrante è:
\[\int_0^3 \left(-\frac{1}{6}x^2 + \frac{3}{2}\right)dx = \left[-\frac{x^3}{18} + \frac{3}{2}x\right]_0^3 = -\frac{27}{18} + \frac{9}{2} = -\frac{3}{2} + \frac{9}{2} = 3\]Pertanto:
\[A_2 = \frac{9}{2} - 3 = \frac{3}{2}\]\[A_1 = \frac{9\pi}{4} - \frac{9}{2} \approx 2{,}57 \qquad A_2 = \frac{3}{2} = 1{,}5\]
2)
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 \(0 \le x \le 3\), area \(S(x) = e^{5-3x}\). Si determini il volume di \(W\).
Soluzione del punto 2
Integrazione della funzione delle sezioni
Il volume di un solido con sezioni trasversali di area nota si calcola integrando la funzione dell'area lungo l'asse di riferimento:
\[\text{Volume}(W) = \int_0^3 S(x)\,dx = \int_0^3 e^{5-3x}\,dx\]Calcoliamo l'integrale sfruttando la regola di integrazione delle funzioni esponenziali composte (la derivata dell'esponente \(5-3x\) è \(-3\), quindi moltiplichiamo e dividiamo per \(-3\)):
\[\int_0^3 e^{5-3x}\,dx = \left[-\frac{1}{3}\,e^{5-3x}\right]_0^3 = -\frac{1}{3}\,e^{5-9} - \left(-\frac{1}{3}\,e^{5}\right) = \frac{1}{3}\left(e^5 - e^{-4}\right)\]Rappresentazione del solido \(W\) con una sezione trasversale
\[\text{Volume}(W) = \frac{e^5 - e^{-4}}{3} \approx \frac{148{,}41 - 0{,}018}{3} \approx 49{,}46\]
Soluzione del punto 3
Strategia: differenza di volumi di rotazione
Quando la regione \(R\) ruota attorno all'asse \(x\), il solido generato può essere ottenuto per differenza tra:
- il volume della semisfera di raggio 3 (generata dal quarto di cerchio);
- il volume del solido generato dalla rotazione della regione delimitata dall'arco \(L\) e dagli assi cartesiani.
Volume della semisfera
\[V_{\text{semisfera}} = \frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{2}{3}\pi\cdot 27 = 18\pi\]Volume di rotazione della regione sotto \(L\)
La parabola \(y = -\dfrac{1}{6}x^2 + \dfrac{3}{2}\) ruota attorno all'asse \(x\). Applichiamo il metodo dei dischi:
\[V_L = \pi\int_0^3 \left(-\frac{1}{6}x^2 + \frac{3}{2}\right)^2 dx = \pi\int_0^3 \left(\frac{1}{36}x^4 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{9}{4}\right)dx\] \[= \pi\left[\frac{x^5}{180} - \frac{x^3}{6} + \frac{9x}{4}\right]_0^3 = \pi\left(\frac{243}{180} - \frac{27}{6} + \frac{27}{4}\right) = \pi\left(\frac{27}{20} - \frac{9}{2} + \frac{27}{4}\right)\]Riduciamo allo stesso denominatore (20):
\[= \pi\cdot\frac{27 - 90 + 135}{20} = \pi\cdot\frac{72}{20} = \frac{18\pi}{5}\]Volume del solido di rotazione di \(R\)
\[V = V_{\text{semisfera}} - V_L = 18\pi - \frac{18\pi}{5} = 18\pi\left(1 - \frac{1}{5}\right) = \frac{72\pi}{5}\]\[\text{Volume} = \frac{72\pi}{5} \approx 45{,}24\]
4)
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.
Soluzione del punto 4
Parte I — \(L\) come luogo geometrico
Sia \(\gamma\) una circonferenza generica, tangente internamente all'arco \(AB\) (di centro \(O\) e raggio 3) e tangente all'asse \(x\). Indichiamo con \(C = (x,\,y)\) il suo centro e con \(\rho\) il suo raggio, con \(0 \le x \le 3\) e \(0 \le y \le 3\).
Condizione di tangenza con l'asse \(x\): la distanza di \(C\) dall'asse \(x\) deve uguagliare il raggio, quindi:
\[\rho = y\]Condizione di tangenza interna con la circonferenza di centro \(O\) e raggio 3: il centro \(C\) è all'interno della circonferenza data, e la distanza \(OC\) soddisfa:
\[OC = 3 - \rho = 3 - y\]Ma \(OC = \sqrt{x^2 + y^2}\), quindi:
\[x^2 + y^2 = (3 - y)^2 = 9 - 6y + y^2\]Semplificando \(y^2\) da entrambi i membri:
\[\boxed{x^2 = 9 - 6y}\]Che è proprio l'equazione di \(L\), con le limitazioni \(0 \le x \le 3\) e \(0 \le y \le \frac{3}{2}\). È quindi dimostrato che \(L\) è il luogo geometrico dei centri delle circonferenze cercate.
Schema geometrico della dimostrazione
Parte II — La circonferenza tangente anche all'arco di centro \(A\) e raggio 3
Cerchiamo il punto \(C = (x,\,y)\) su \(L\) tale che la circonferenza di centro \(C\) e raggio \(\rho = y\) sia tangente anche all'arco di circonferenza di centro \(A(3,\,0)\) e raggio 3.
Condizione di tangenza con la circonferenza di centro \(A\): il punto di tangenza \(S\) si trova sull'arco; poiché \(\gamma\) è interna anche alla circonferenza di centro \(A\) e raggio 3, la tangenza è interna e la distanza tra i centri soddisfa:
\[AC = 3 - \rho = 3 - y\]Per il teorema di Pitagora nel triangolo rettangolo di vertici \(A\), \(C\) e la proiezione di \(C\) sull'asse \(x\):
\[AC^2 = (3-x)^2 + y^2\]Uguagliando le due espressioni di \(AC\):
\[(3-y)^2 = (3-x)^2 + y^2\] \[9 - 6y + y^2 = 9 - 6x + x^2 + y^2\] \[-6y = -6x + x^2\]Poiché \(C\) giace su \(L\), vale \(x^2 = 9 - 6y\), cioè \(-6y = x^2 - 9\). Sostituendo nell'equazione precedente:
\[x^2 - 9 = -6x + x^2 \implies -9 = -6x \implies x = \frac{3}{2}\]Dall'equazione di \(L\) ricaviamo \(y\):
\[y = \frac{9 - x^2}{6} = \frac{9 - \frac{9}{4}}{6} = \frac{\frac{27}{4}}{6} = \frac{27}{24} = \frac{9}{8}\]Il raggio della circonferenza cercata è \(\rho = y = \dfrac{9}{8}\), e la sua equazione è:
\[\left(x - \frac{3}{2}\right)^2 + \left(y - \frac{9}{8}\right)^2 = \left(\frac{9}{8}\right)^2\]Sviluppando e semplificando:
\[x^2 + y^2 - 3x - \frac{9}{4}y + \frac{9}{4} = 0\]La circonferenza tangente all'arco \(AB\), all'asse \(x\) e all'arco di centro \(A\)
| Elemento | Valore |
|---|---|
| Centro \(C\) | \(\left(\dfrac{3}{2};\;\dfrac{9}{8}\right)\) |
| Raggio \(\rho\) | \(\dfrac{9}{8}\) |
| Equazione | \(x^2 + y^2 - 3x - \dfrac{9}{4}y + \dfrac{9}{4} = 0\) |
La circonferenza cercata ha centro \(\left(\dfrac{3}{2};\;\dfrac{9}{8}\right)\) e raggio \(\dfrac{9}{8}\).