Problema 2 Simulazione 16 Esame di Stato

Simulazione 16 - PROBLEMA 2

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I due cerchi $\Sigma$ e $\Delta$ hanno uguale raggio $4$ e i rispettivi centri nei punti $(-2;0)$ e $(2;0)$. Con $\Gamma$ è denotata la loro parte comune e con $A$ e $B$ le intersezioni delle loro circonferenze.

Regione Gamma generata dall'intersezione dei due cerchi Sigma e Delta

1.

Si calcoli l'area di $\Gamma$.

Soluzione del punto 1

L'area della regione $\Gamma$ può essere determinata sfruttando le simmetrie geometriche della figura. Essa è pari al doppio dell'area del segmento circolare delimitato dalla corda $AB$ rispetto a una delle due circonferenze (ad esempio $\Delta$, centrata in $D(2;0)$).

Analisi geometrica per il calcolo dell'area del segmento circolare

Consideriamo il triangolo $ABD$, dove $D(2;0)$ è il centro di $\Delta$. Poiché $A$ e $B$ appartengono a entrambe le circonferenze, la loro coordinata $x$ è pari a $0$ per evidenti ragioni di simmetria. Sostituendo $x=0$ nell'equazione di $\Delta$:

$$(0-2)^2 + y^2 = 16 \implies 4 + y^2 = 16 \implies y^2 = 12 \implies y = \pm 2\sqrt{3}$$

Pertanto, i punti d'intersezione sono $A(0; 2\sqrt{3})$ e $B(0; -2\sqrt{3})$. La lunghezza del segmento $AB$ è dunque $4\sqrt{3}$.

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

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

L'area del settore circolare $ADB$ corrisponde a un terzo dell'area dell'intero cerchio:

$$A_{\text{settore}} = \frac{1}{3} \pi R^2 = \frac{1}{3} \pi (4)^2 = \frac{16}{3}\pi$$

L'area del triangolo $ABD$ è:

$$A_{\text{triangolo}} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot BD \cdot \sin(120^\circ) = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}$$

L'area del segmento circolare si ottiene per differenza:

$$A_{\text{segm.circ.}} = A_{\text{settore}} - A_{\text{triangolo}} = \frac{16}{3}\pi - 4\sqrt{3}$$

Di conseguenza, l'area totale di $\Gamma$ è il doppio di questo valore:

$$\text{Area}(\Gamma) = 2 \cdot \left(\frac{16}{3}\pi - 4\sqrt{3}\right) = \frac{32}{3}\pi - 8\sqrt{3} \approx 19.65 \text{ u}^2$$

2.

Fra tutti i rettangoli inscritti in $\Gamma$ e aventi i lati paralleli agli assi cartesiani, si determini quello di perimetro massimo.

Soluzione del punto 2

Sia $CDEF$ il generico rettangolo inscritto nella regione $\Gamma$. Per ragioni di simmetria rispetto agli assi coordinati, consideriamo il vertice $E(x;y)$ situato nel primo quadrante, con $0 \le x \le 2$ e $y \ge 0$.

Rettangolo CDEF inscritto nella lente Gamma

Il punto $E$ giace sull'arco della circonferenza $\Sigma$ che ha centro in $(-2;0)$ e raggio $4$. La sua equazione è:

$$(x+2)^2 + y^2 = 16 \implies y = \sqrt{16 - (x+2)^2} = \sqrt{12 - x^2 - 4x}$$

Le dimensioni del rettangolo sono pari a $2x$ (base) e $2y$ (altezza). Il perimetro del rettangolo è espresso dalla funzione:

$$2p(x) = 4x + 4y = 4\left(x + \sqrt{12 - x^2 - 4x}\right)$$

Per massimizzare il perimetro, studiamo la funzione $z(x) = x + \sqrt{12 - x^2 - 4x}$ nell'intervallo $[0; 2]$. Calcoliamo la derivata prima rispetto a $x$:

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

Poniamo $z'(x) > 0$:

$$1 - \frac{x + 2}{\sqrt{12 - x^2 - 4x}} > 0 \implies \sqrt{12 - x^2 - 4x} > x + 2$$

Poiché nell'intervallo di interesse $[0;2]$ entrambi i membri sono positivi, possiamo elevare al quadrato:

$$12 - x^2 - 4x > (x + 2)^2 \implies 12 - x^2 - 4x > x^2 + 4x + 4$$ $$2x^2 + 8x - 8 < 0 \implies x^2 + 4x - 4 < 0$$

Le radici dell'equazione associata sono $x = -2 \pm 2\sqrt{2}$. Intersecando la soluzione con il dominio $0 \le x \le 2$, si ottiene:

$$0 \le x < 2(\sqrt{2}-1)$$

La funzione $z(x)$ è dunque strettamente crescente per $0 \le x < 2(\sqrt{2}-1)$ e decrescente per $2(\sqrt{2}-1) < x \le 2$. Si riscontra pertanto un punto di massimo assoluto in:

$$x = 2(\sqrt{2}-1) \approx 0.83$$

Il rettangolo di perimetro massimo ha base $4(\sqrt{2}-1)$, altezza $4\sqrt{2}$ e perimetro $16\sqrt{2}-8\approx14{,}63$.

3.

Si calcoli il volume del solido generato dalla rotazione di 180° di $\Gamma$ attorno all'asse $x$.

Soluzione del punto 3

Per simmetria rispetto all'asse $x$, una rotazione di $180°$ di $\Gamma$ equivale alla rotazione completa di $360°$ della sola metà superiore ($y \ge 0$); per simmetria rispetto all'asse $y$, il volume cercato vale il doppio del contributo della porzione $S$ nel primo quadrante:

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

Porzione S nel primo quadrante soggetta a rotazione

L'arco superiore nel primo quadrante appartiene alla circonferenza $\Sigma$ ed ha equazione $y^2 = 12 - x^2 - 4x$, con $x \in [0;2]$. Il volume del solido generato dalla 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:

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

Il volume totale richiesto è il doppio di $V_S$:

$$V_{\text{tot}} = 2 \cdot V_S = 2 \cdot \frac{40}{3}\pi = \frac{80}{3}\pi \text{ u}^3 \approx 83.776 \text{ u}^3$$

4.

Preso un punto $P$ sulla circonferenza $\Sigma$, si indichi con $Q$ l'ulteriore intersezione della retta $PA$ con la circonferenza $\Delta$. Si provi che il triangolo $PQB$ è equilatero e si determini la posizione di $P$ affinché il triangolo abbia lato massimo.

Soluzione del punto 4

Dimostrazione geometrica

Consideriamo gli angoli alla circonferenza del triangolo $PQB$:

L'angolo $\alpha = \widehat{PQB} = \widehat{AQB}$ insiste sulla corda $AB$ della circonferenza $\Delta$. Qualsiasi angolo alla circonferenza che insiste su tale corda è uguale all'angolo formato dai vertici stabili, ad esempio $\widehat{AEB}$, dove $E(6;0)$ è l'intersezione esterna di $\Delta$ con l'asse $x$. Poiché il triangolo $\triangle AEB$ è equilatero di lato $4\sqrt{3}$, si ha $\alpha = 60^\circ$.
L'angolo $\beta = \widehat{QPB} = \widehat{APB}$ insiste sulla corda $AB$ della circonferenza $\Sigma$. Analogamente, esso uguaglia l'angolo $\widehat{AFB}$ dove $F(-6;0)$ è l'intersezione esterna di $\Sigma$ con l'asse $x$. Di conseguenza, anche $\beta = 60^\circ$.

Configurazione generica delle corde e degli angoli alla circonferenza

Avendo due angoli interni pari a $60^\circ$, il terzo angolo $\widehat{PBQ}$ deve essere necessariamente di $60^\circ$. Pertanto, il triangolo $PQB$ è equilatero per ogni posizione di $P$.

Configurazione di massimo

Il lato del triangolo equilatero coincide con la corda $BP$ della circonferenza $\Sigma$. In una circonferenza di raggio $R=4$, la lunghezza massima di una corda corrisponde al diametro:

$$\overline{BP}_{\text{max}} = 2R = 8$$

Configurazione di massimo per la corda BP passante per il centro

Ciò accade quando il segmento $BP$ passa per il centro della circonferenza $\Sigma$, ossia per il punto $C_{\Sigma}(-2;0)$. Il centro deve essere il punto medio del diametro $BP$:

$$x_{C_{\Sigma}} = \frac{x_P + x_B}{2} \implies -2 = \frac{x_P + 0}{2} \implies x_P = -4$$ $$y_{C_{\Sigma}} = \frac{y_P + y_B}{2} \implies 0 = \frac{y_P - 2\sqrt{3}}{2} \implies y_P = 2\sqrt{3} \approx 3.464$$

Le coordinate del punto $P$ affinché il triangolo abbia area e perimetro massimi sono:

$$P\left(-4; 2\sqrt{3}\right)$$

Il triangolo $PQB$ è equilatero per ogni posizione di $P$ su $\Sigma$.
Il lato è massimo ($= 8$) quando $P=(-4;\,2\sqrt{3})$.

Simulazione 16 - Problema 2 - Esame di Stato 2026

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