Simulazione 16 – Problema 2 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del punto 1

Strategia: doppio segmento circolare

L'area di \(\Gamma\) è pari al doppio dell'area del segmento circolare delimitato dalla corda \(AB\) rispetto a una delle due circonferenze (per simmetria il contributo è identico per entrambe). Lavoriamo con \(\Delta\), centrata in \(D(2;\,0)\).

Passo 1: coordinate di \(A\) e \(B\)

Per simmetria i punti \(A\) e \(B\) hanno ascissa \(x=0\). Sostituiamo nella equazione di \(\Delta\):

\[(0-2)^2+y^2=16 \implies y^2=12 \implies y=\pm2\sqrt{3}\]

Quindi \(A(0;\,2\sqrt{3})\) e \(B(0;\,-2\sqrt{3})\), con \(|AB|=4\sqrt{3}\).

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Passo 2: angolo al centro \(\widehat{ADB}\)

I lati \(AD=BD=4\) (raggi di \(\Delta\)) e \(AB=4\sqrt{3}\). Applicando la legge dei coseni nel triangolo \(ABD\):

\[\cos(\widehat{ADB})=\frac{AD^2+BD^2-AB^2}{2\cdot AD\cdot BD}=\frac{16+16-48}{32}=-\frac{1}{2}\] \[\widehat{ADB}=120°=\frac{2}{3}\pi\]

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Passo 3: area del segmento circolare

Il settore circolare \(ADB\) è un terzo del cerchio completo:

\[A_{\text{settore}}=\frac{1}{3}\pi R^2=\frac{1}{3}\pi\cdot16=\frac{16}{3}\pi\]

L'area del triangolo \(ABD\):

\[A_{\text{triangolo}}=\frac{1}{2}\cdot AD\cdot BD\cdot\sin(120°)=\frac{1}{2}\cdot4\cdot4\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\]

Area del segmento circolare per differenza:

\[A_{\text{segm.}}=\frac{16}{3}\pi-4\sqrt{3}\]

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Passo 4: area totale di \(\Gamma\)

\[\text{Area}(\Gamma)=2\cdot A_{\text{segm.}}=2\left(\frac{16}{3}\pi-4\sqrt{3}\right)=\frac{32}{3}\pi-8\sqrt{3}\approx19{,}65\;\text{u}^2\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto 2

Impostazione del problema

Sia \(CDEF\) il rettangolo generico inscritto in \(\Gamma\), con lati paralleli agli assi. Per simmetria, il vertice \(E(x;\,y)\) nel primo quadrante giace sull'arco di \(\Sigma\), la cui equazione è:

\[(x+2)^2+y^2=16 \implies y=\sqrt{12-x^2-4x}, \quad x\in[0;\,2]\]

Le dimensioni del rettangolo sono \(2x\) (base) e \(2y\) (altezza). Il semiperimetro da massimizzare è:

\[z(x)=x+\sqrt{12-x^2-4x}, \quad x\in[0;\,2]\]

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Studio della derivata

\[z'(x)=1-\frac{x+2}{\sqrt{12-x^2-4x}}\]

Poniamo \(z'(x)>0\):

\[\sqrt{12-x^2-4x}>x+2\]

Per \(x\in[0;\,2]\) entrambi i membri sono positivi, quindi eleviamo al quadrato:

\[12-x^2-4x>(x+2)^2=x^2+4x+4\] \[2x^2+8x-8<0 \implies x^2+4x-4<0\]

Le radici dell'equazione associata sono \(x=-2\pm2\sqrt{2}\). La radice positiva è \(x=2(\sqrt{2}-1)\approx0{,}83\), interna a \([0;\,2]\).

Quindi \(z'(x)>0\) per \(x\in[0;\,2(\sqrt{2}-1))\) e \(z'(x)<0\) per \(x\in(2(\sqrt{2}-1);\,2]\): il massimo è in \(x^*=2(\sqrt{2}-1)\).

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Dimensioni del rettangolo ottimale

Calcoliamo \(y^*\) sostituendo \(x^*=2(\sqrt{2}-1)\) in \(y=\sqrt{12-x^2-4x}\):

\[{x^*}^2+4x^*=4(3-2\sqrt{2})+8(\sqrt{2}-1)=12-8\sqrt{2}+8\sqrt{2}-8=4\] \[y^*=\sqrt{12-4}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\]

Le dimensioni del rettangolo di perimetro massimo sono:

\[\text{base}=2x^*=4(\sqrt{2}-1)\approx1{,}66\quad\text{altezza}=2y^*=4\sqrt{2}\approx5{,}66\] \[P_{\max}=4(x^*+y^*)=4(2\sqrt{2}-2+2\sqrt{2})=4(4\sqrt{2}-2)=16\sqrt{2}-8\approx14{,}63\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto 3

Strategia geometrica e simmetria

Una rotazione di \(180°\) dell'intera regione \(\Gamma\) attorno all'asse \(x\) equivale, per simmetria rispetto all'asse \(x\), a una rotazione completa di \(360°\) della sola metà superiore (\(y \ge 0\)). Quest'ultima, per simmetria rispetto all'asse \(y\), dà un contributo pari al doppio di quello della sola porzione \(S\) nel primo quadrante (\(x \in [0;\,2]\)). Il volume cercato è quindi:

\[V_{\text{tot}} = 2\,V_S, \quad \text{dove } V_S = \pi\int_0^2 y^2\,dx.\]

Calcolo dell'integrale

L'arco superiore nel primo quadrante appartiene alla circonferenza \(\Sigma\) e ha equazione \(y^2 = 12 - x^2 - 4x\), con \(x \in [0;2]\). Il volume del solido generato dalla rotazione di 360° della sola regione \(S\) è dato da:

\[V_S = \pi \int_{0}^{2} y^2 \, dx = \pi \int_{0}^{2} (12 - x^2 - 4x) \, dx\]

Calcoliamo l'integrale definito:

\[V_S = \pi \left[ 12x - \frac{x^3}{3} - 2x^2 \right]_{0}^{2} = \pi \left( 24 - \frac{8}{3} - 8 \right) = \pi \left( 16 - \frac{8}{3} \right) = \frac{40}{3}\pi \text{ u}^3\]

Volume totale richiesto

Moltiplicando per due questo risultato (per includere la porzione simmetrica del secondo quadrante), otteniamo il volume del solido finale:

\[V_{\text{tot}} = 2 \cdot V_S = 2 \cdot \frac{40}{3}\pi = \frac{80}{3}\pi \text{ u}^3 \approx 83{,}776 \text{ u}^3\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto 4

Dimostrazione: il triangolo \(PQB\) è sempre equilatero

Utilizziamo il teorema degli angoli alla circonferenza: un angolo alla circonferenza è la metà dell'angolo al centro che insiste sullo stesso arco.

Angolo \(\alpha = \widehat{AQB}\) (su \(\Delta\))

L'angolo \(\alpha\) insiste sulla corda \(AB\) dalla circonferenza \(\Delta\). L'angolo al centro corrispondente è \(\widehat{ADB}=120°\), quindi:

\[\alpha=\frac{120°}{2}=60°\]

Angolo \(\beta = \widehat{APB}\) (su \(\Sigma\))

L'angolo \(\beta\) insiste sulla corda \(AB\) dalla circonferenza \(\Sigma\). Per la simmetria delle due circonferenze (stesso raggio, stessa distanza tra i centri), anche l'angolo al centro su \(\Sigma\) è \(120°\), quindi:

\[\beta=\frac{120°}{2}=60°\]

Conclusione

Il triangolo \(PQB\) ha \(\widehat{PQB}=\alpha=60°\) e \(\widehat{QPB}=\beta=60°\), quindi il terzo angolo è anch'esso \(60°\). Avendo tutti e tre gli angoli uguali a \(60°\), il triangolo è equilatero, per qualsiasi posizione di \(P\) su \(\Sigma\).

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Posizione di \(P\) per il lato massimo

Il lato del triangolo equilatero coincide con la corda \(BP\) della circonferenza \(\Sigma\). La corda più lunga di una circonferenza è il diametro:

\[|BP|_{\max}=2R=8\]

Questo accade quando \(BP\) passa per il centro \(C_\Sigma(-2;\,0)\), ossia quando \(B\), \(C_\Sigma\) e \(P\) sono allineati e \(C_\Sigma\) è il punto medio di \(BP\).

Con \(B(0;\,-2\sqrt{3})\) e \(C_\Sigma(-2;\,0)\), dalle condizioni di punto medio:

\[-2=\frac{x_P+0}{2}\implies x_P=-4\] \[0=\frac{y_P+(-2\sqrt{3})}{2}\implies y_P=2\sqrt{3}\] ↑ Nascondi soluzione