Mettiti alla prova - Matematica e fisica

Mettiti alla prova - Sistemi lineari - pag. 772
58.Risolviamo il primo sistema:
y=14 ⇒ 9 y=−9 ⇒
{22 x−8
x y=5
y=−1 ;
y=7
⇒ 9 x=27 ⇒ x=3 .
{8x−4
x4 y=20
Sostituiamo la soluzione ottenuta nel secondo sistema e risolviamo considerando come incognite
i parametri a e b:
a2 b=−1 ⇒ a=2−3 b
a=2−3=−1
.
{33 ba=2
{6−9 b2 b=−1 ⇒ 7 b=7 ⇒ b=1 ⇒ {b=1
59.Indichiamo con x il numero di kilometri percorsi in un anno e con y la spesa annuale in euro:
•
per l'auto D: y D =450
•
per l'auto B: y B =120
x
⋅1,21 ;
22
x
⋅1,32 .
16
Imponiamo: y D = y B ⇒ 4500,055 x=1200,0825 x ⇒ 0,0275 x=330 ⇒ x=12.000 .
Quindi si spende la stessa somma se si percorrono 12.000 km in un anno.
Per percorrenze maggiori, è più conveniente l'auto D perché la spesa per km (coefficiente
angolare dell'equazione della retta) è minore: m D =0,055m B =0,0825 .
60.Ovviamente, il problema può essere risolto in maniera del tutto elementare dicendo che, se
togliendo metà della terra il peso (massa) della carriola è diminuito di 12 kg, togliendo l'altra
metà il peso diminuirà di altri 12 kg, e quindi arriverà a 21 kg.
Comunque, se proprio vogliamo impostare un sistema, indichiamo con x il peso della sabbia e
con y quello della carriola. Abbiamo quindi:
y=45
⇒ x y=45 ⇒
{x
{x2 y=66
x / 2 y=33
y=21 (sottraendo membro a membro le due equazioni).
61.Il problema è del tutto analogo al precedente: se togliendo metà della sabbia il peso del secchio è
diminuito di 4 kg, togliendo l'altra metà il peso diminuirà di altri 4 kg, e quindi arriverà a 1 kg.
E' quindi corretta la risposta b.
62.Il problema è simile ai due precedenti: se il prezzo della mascotte è aumentato di 1,80 €, questo
era il costo delle materie prime l'anno scorso. Quest'anno è raddoppiato, ed è quindi 3,60 €
(risposta d).
I SISTEMI LINEARI Mettiti alla prova
METTITI ALLA PROVA
1
TEST Un foglio di carta quadrato viene
piegato a metà; si ottiene così un rettangolo che
ha perimetro 18 cm. L’area del quadrato originario,
in cm2, è:
A
B
C
D
E
4
Andrea colleziona piccoli modellini e li vuole sistemare in una bacheca quadrata, avente tante cellette
uguali e quadrate di 5 cm di lato. Procede per tentativi. Prima prova una bacheca con x quadrati per
lato, ma gli rimangono da sistemare 43 modellini.
Poi tenta con una bacheca di y quadrati per lato, ma
gli rimangono 76 quadrati vuoti. Quanti modellini
possiede Andrea? Qual è la misura più piccola possibile del lato dello scaffale affinché vi stiano tutti i
modellini e rimanga il minor numero possibile di
[68; cm 45]
quadrati vuoti?
5
TEST Giovanni e Stefano stanno giocando a
9.
12.
18.
24.
36.
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1994)
2
TEST Fra i partecipanti a un pranzo l’età
media è di 29 anni. Sapendo che l’età media dei
commensali maschi è 34 anni mentre quella delle donne è 23, si trovi il rapporto fra il numero
degli uomini e quello delle donne presenti al
pranzo.
5
A ᎏᎏ
6
B
C
D
E
ping-pong. In questo momento, se Giovanni
avesse 5 punti in più ne avrebbe il doppio di Stefano, mentre se avesse 7 punti in meno ne avrebbe la metà di Stefano. Quanti punti ha Giovanni
in questo momento?
A 5
B 7
C 9
D 11
E 15
1
6
ᎏᎏ
5
11
ᎏᎏ
15
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2004)
6
complessivamente 16 porzioni di gelato. Ogni ragazzo ha mangiato il doppio di ogni ragazza.
Quante porzioni di gelato sarebbero state mangiate da tre ragazze e due ragazzi con la stessa
passione per il gelato?
A 12
B 13
C 14
D 16
E 17
I dati non consentono di determinare il rapporto.
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1994)
3
Un armatore ha necessità di ormeggiare per un
certo periodo di tempo (non superiore a un
mese) il suo panfilo presso un porticciolo della
Costa Smeralda gestito da un club nautico. Potrebbe prendere in affitto il posto-barca per l’intero mese pagando 2000 euro, oppure potrebbe
pagare la tariffa di ormeggio di 100 euro al giorno. Se infine si iscrivesse al club (tassa di iscrizione: 1000 euro) l’ormeggio costerebbe 50 euro per
ogni giorno. Rappresenta la situazione in un grafico cartesiano e indica la scelta più conveniente
per l’armatore in relazione alla durata della sua
permanenza in Costa Smeralda.
[fino a 20 giorni la seconda offerta,
da 20 a 30 giorni la prima offerta]
TEST Due ragazze e tre ragazzi hanno mangiato
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Cadet, 2005)
7
Due automobili A e B percorrono un tratto rettilineo con velocità rispettivamente di 80 km/h e
100 km/h. Se il veicolo A parte 4,8 minuti prima
del veicolo B, a quale minuto dalla partenza di A
esso sarà superato da B ? Quale distanza corrispondente è stata percorsa dalle due automobili?
[24 minuti; 32 km]
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1
Mettiti alla prova - Sistemi lineari
1. Se indichiamo con l il lato del quadrato, piegandolo a metà otteniamo un rettangolo le cui
dimensioni misurano l ed l / 2 .
Imponiamo che il perimetro del rettangolo abbia il valore dato dal testo:
l
2 l2⋅ =18 ⇒ 3 l =18 ⇒ l =6 . Quindi: Aquadrato=l 2=36 cm 2 (risposta e).
2
Mi sfugge in che modo questo problema si possa risolvere con un sistema.
2. Indichiamo con u ed f rispettivamente il numero di uomini e di donne partecipanti alla festa.
Per definizione di media (unita all'uso della proprietà associativa):
34 u23 d
u 6
=29 ⇒ 34 u23 d =29 u29 d ⇒ 5 u=6 d ⇒ = (risposta c).
ud
d 5
Anche in questo caso, non abbiamo utilizzato un sistema.
3. Indichiamo con y la spesa in euro sostenuta dall'armatore e
y2
con x il numero di giorni di permanenza in porto.
y3
Le tre opzioni sono descritte dalle equazioni:
•
y 1=2000
•
y 2=100 x
•
y 3=100050 x
y1
Dal grafico (o imponendo delle opportune disequazioni)
vediamo che fino a 20 giorni è più conveniente la seconda
opzione, mentre oltre i 20 giorni conviene la prima.
In questo caso, la risoluzione dei sistemi lineari servirebbe a determinare con precisione le coordinate dei punti di
intersezione tra le rette.
4. Sinceramente, non sono riuscito a trovare un metodo soddisfacente per risolvere l'esercizio: o il
testo è incompleto, oppure sono molto più incapace di quanto credessi.
Volendo accontentarsi di una soluzione per tentativi, potremmo indicare con x e xn il
numero delle cellette che compongono i lati del primo e del secondo quadrato rispettivamente.
Dai dati del testo sappiamo che: x 2 43= xn2−76=x 22 nxn 2−76 ⇒ x=
119−n 2
.
2n
Assegnando ad n i valori interi positivi compresi tra 1 e 10 (valore oltre il quale il risultato
diventa negativo), osserviamo che x è un numero intero in due casi:
•
per n=1 , otteniamo x=59 .
In questo caso, Andrea avrebbe 59243=3524 modellini (in effetti, sono tanti).
•
per n=7 , otteniamo x=5 , e Andrea avrebbe 5243=68 modellini.
Questa è la soluzione fornita dal testo.
Il più piccolo quadrato perfetto maggiore di 68 è 81=92 .
In questo caso, il lato del quadrato misura: 9⋅5=45 cm .
5. Se indichiamo con G ed S il numero di punti di Giovanni e Stefano, abbiamo:
S
.
{G5=2
G−7=S / 2
3
2
Sottraiamo membro a membro: 12= S ⇒ S = ⋅12=8 ⇒ G=16−5=11 (risposta d).
2
3
6. Indichiamo con n il numero di porzioni di gelato mangiate da ciascuna ragazza.
Quindi, ogni ragazzo mangia 2 n porzioni di gelato.
Dal testo sappiamo che: 2⋅n3⋅2 n=16 ⇒ 8 n=16 ⇒ n=2 .
Nella seconda situazione il numero di porzioni di gelato consumate sarebbe:
3⋅n2⋅2 n=7 n=14 (risposta c).
7. Convertiamo: v A =80
km 80 4 km
km 100 5 km
= =
=
=
; v B =100
.
h 60 3 min
h
60 3 min
Nel momento in cui parte il veicolo B, A ha percorso: s 0=
4 km
⋅4,8 min=6,4 km .
3 min
4
5
Le posizioni dei veicoli in km sono quindi fornite dalle leggi: s A = t 6,4 ; s B = t .
3
3
Essi occupano la stessa posizione quando:
4
5
t
⋅t6,4= t ⇒ =6,4 ⇒ t=3⋅6,4=19,2 min .
3
3
3
La soluzione fornita dal testo è 19,24,8=24 min , il che corrisponde a misurare il tempo trascorso dal momento
della partenza di A, anziché da quella di B.
4
Le distanze percorse fino a quel momento sono: s A =s B = ⋅19,26,4=32 km .
3
Mettiti alla prova - Circonferenza - pag. G238
E
43.La somma delle ampiezze degli angoli interni di un pentagono è
5−2⋅180 °=540 ° , quindi ciascuno degli angoli interni
misura 540 ° : 5=108 ° .
Poiché il triangolo ABC è equilatero ed equiangolo, ciascuno F 66°
dei suoi angoli interni misura 60°, per cui:

 =108°−60 °=48° .
FAC=
DBC
Poiché dalle ipotesi segue che i triangoli AFC e BCD sono
isosceli di base CF e CD rispettivamente:
C
66° 66°
60°
48°
60°
A
66°
D
48°
60°
B
 = BCD=180

ACF
°−48° /2=66 ° .
 conv =360 °−60 °−2⋅66 °=168° (risposta d).
Quindi: FCD
R
44.Dal testo sappiamo che il minore degli archi di estremi P e Q
(quello indicato come PTQ) è uguale ad 1/5 della circonferenza.
Q
P
Di conseguenza, l'angolo al centro corrispondente misura:



e OQR
sono retti,
POQ=360
° /5=72 ° . Gli angoli OPR
in quanto formati da una tangente e dal raggio passante per il
O
punto di tangenza. Poiché la somma degli angoli interni di un

quadrilatero è uguale ad un angolo giro: PRQ=360
°−72 °−2⋅90 °=108° (risposta d).
45.Osserviamo che:
•
a1
la somma dei cinque archi su cui gli angoli insistono è uguale
all'intera circonferenza;
•
quindi, la somma dei cinque angoli al centro corrispondenti è
360°;
•
quindi, la somma dei cinque angoli alla circonferenza
2a1
corrispondenti è 180° (risposta c).
46.Il triangolo è equilatero (risposta b).
In tale modo, gli assi dei lati e le bisettrici degli angoli si incontrano in un unico punto, che è
centro della circonferenza inscritta e di quella circoscritta.
Per una spiegazione più dettagliata, facciamo riferimento alle soluzioni “ufficiali” dei Giochi di
Archimede: “Consideriamo i due lati consecutivi CA e AB. I segmenti HO e H′O appartengono
agli assi di AB e CA rispettivamente, O' è il punto di incontro di questi assi con la bisettrice di
CAB. I triangoli AHO e AH′O hanno entrambi un angolo retto e hanno un angolo uguale:

, quindi hanno tutti gli angoli uguali; inoltre
H ' AO= HAO
hanno il lato AO in comune e dunque si tratta di triangoli
congruenti. Conseguentemente, AH e AH′ hanno la stessa
lunghezza; quindi anche AB e CA hanno la stessa lunghezza, poiché
H e H′ sono i punti medi di AB e CA rispettivamente (gli assi
incontrano i lati nei punti medi). Questo ragionamento può essere
ripetuto per i lati AB e BC che quindi sono uguali. In conclusione i lati del triangolo ABC sono
tutti uguali tra loro e quindi il triangolo è equilatero”.
LA CIRCONFERENZA, I POLIGONI INSCRITTI E CIRCOSCRITTI Mettiti alla prova
METTITI ALLA PROVA
1
Dato un triangolo acutangolo ABC inscritto in una circonferenza di centro O, si tracci la bisettrice
^
dell’angolo BAC; detta D la sua intersezione con BC, si conduca da D la perpendicolare alla retta AO e si supponga che essa incontri la retta passante per A e per C in un punto P interno al segmento AC. Si dimostri che
AB ⫽ AP.
(Olimpiadi della matematica, Gara Nazionale, 1995)
2
Dimostrare che un pentagono inscritto in una circonferenza, e tale che ogni sua diagonale sia parallela a un lato, è necessariamente regolare.
(Olimpiadi della matematica, Gara Provinciale, 1999)
3
2
Disegna un triangolo isoscele ABC con l’angolo al vertice C congruente a ᎏᎏ di un angolo piatto.
3
Sulla stessa base, dalla parte opposta al triangolo, disegna il rettangolo ABDE, in modo che risulti BD BC.
Disegna infine un triangolo EDF esterno al rettangolo congruente a quello dato, sulla base ED. Dimostra che
la figura ottenuta AEFDBC è un esagono regolare.
4
Disegna un quadrato ABCD. Prolunga nello stesso verso i lati AB, BC, CD e DA di segmenti BE, CF, DM, AN,
tutti congruenti al lato. Congiungi i punti ottenuti. Dimostra che:
a) EFMN è un quadrato;
b) le circonferenze circoscritte ai due quadrati sono concentriche.
5
TEST Siano A, B, C tre punti su una circonferenza di centro O. Sia D un punto esterno alla circonfe^
^
renza situato sulla retta AB dalla parte di B. Sapendo che CB D ⫽ 72°, quanto misura l’angolo AOC?
D
B
A
C
O
A
135°
B
144°
C
153°
D
162°
E
171°
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 2004)
6
Sia ABCD un quadrilatero convesso inscrivibile in una circonferenza e tale che le diagonali AC e BD
siano perpendicolari. Detto P il punto di intersezione di AC e BD, dimostra che la perpendicolare da P a ciascun lato biseca il lato opposto.
(Olimpiadi della matematica, Cortona, 1995)
7
^
Sia ABC un triangolo tale che l’angolo AC B ⫽ 60°. Sia M il punto medio del lato AB e siano H e K i
piedi delle altezze che partono, rispettivamente, da B e da A. Dimostra che HMK è equilatero.
(Suggerimento. ABHK è inscrivibile…)
(Olimpiadi della matematica, Gara provinciale, 2001)
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1
LA CIRCONFERENZA, I POLIGONI INSCRITTI E CIRCOSCRITTI Mettiti alla prova
8
TEST In un triangolo ABC si tracciano le bisettrici da B e da C che incontrano rispettivamente i lati
AC e AB in D ed E. Detto I il punto di incontro delle bisettrici, si sa che il quadrilatero IDAE è inscrivibile in
una circonferenza. Allora l’angolo in A vale:
A 30°.
B 45°.
C 60°.
D 90°.
E non si può determinare in modo univoco.
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 2004)
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2
Mettiti alla prova - Circonferenza
1. La soluzione a cui sono arrivato è piuttosto laboriosa;
B
mi farebbe piacere se riusciste a scoprirne una più
b
semplice.

Sappiamo che ACE=90
° perché insiste su una
g
a/2
Indichiamo con a, b, g le ampiezze degli angoli interni

del triangolo ABC e poniamo CAE=
x .
D
C
P
x
A
H
E
semicirconferenza. Dalla somma degli angoli interni
del triangolo ABD, calcoliamo:



BDA=180
°− BAD−
ABD=180
°−/2−

e, sostituendo =180 °−− , ricaviamo: BDA=/
2 .
 =90 °− x−/ 2 .
Dalla somma degli angoli interni del triangolo ADH, calcoliamo: ADH
Poiché il quadrilatero ABCE è inscritto in una circonferenza, deve avere gli angoli opposti


supplementari: BAE
BCE=180
° ⇒ x90 °=180 ° ⇒ x=90 °−− .
 = /
Sostituendo nell'espressione precedente, ricaviamo: ADH

2 .


Abbiamo quindi dimostrato che ABD=
.
ADP
Di conseguenza, i triangoli ABD e ADP sono congruenti per il secondo criterio e, in particolare,
BD=DP c.v.d.
2. Riportiamo direttamente le soluzioni “ufficiali” dei Giochi di Archimede:
Prima soluzione.
Detto O il centro del cerchio circoscritto al pentagono ABCDE, si
considerino i due triangoli isosceli BOE e COD: essendo BE parallelo
a CD, i due triangoli hanno lo stesso asse r di simmetria. Allora,
rispetto alla retta r, il punto B è il simmetrico di E, mentre il punto C è
il simmetrico di D. Ne segue BC =ED , in quanto
segmenti
simmetrici rispetto ad r. In modo analogo si dimostra l'uguaglianza
delle altre coppie di lati, per cui il pentagono è equilatero. Per dimostrare che anche gli angoli
del pentagono sono uguali fra loro, basta ricordare che, per ipotesi, il pentagono è inscrivibile in
una circonferenza, ed osservare che a corde uguali corrispondono angoli alla circonferenza
uguali.
Seconda soluzione.
 è supplementare di BDE

L'angolo EAB
poiché angoli opposti di un quadrilatero inscritto in


una circonferenza, e AED
è supplementare di BDE
poiché sono angoli coniugati interni
rispetto alle rette parallele AE e BD tagliate dalla trasversale DE. Gli
 e AED

angoli EAB
sono dunque uguali fra loro. Dunque tutti gli
angoli adiacenti (e quindi tutti gli angoli) del pentagono sono uguali fra
loro. Il precedente ragionamento porta a concludere che il trapezio ABDE
è isoscele, da cui ABDE . Più in generale, due lati non consecutivi del
pentagono sono uguali fra loro, e dunque tutti i lati del pentagono sono
uguali tra loro.
Terza soluzione.
Con riferimento al pentagono ABCDE in figura, chiamiamo 1, 2, 3
gli angoli in cui le diagonali del pentagono dividono l'angolo in A;


chiamiamo poi 4 l'angolo BDC
e 5 l'angolo DBE
. Tenendo
 4 perché angoli
presente che il pentagono è inscrivibile, si ha: 1=
 5 perché angoli che
che sottendono lo stesso arco BC, 3=
 5 ,
sottendono lo stesso arco DE. D'altra parte, si ha anche 4=
perché angoli alterni interni rispetto alle rette parallele BE e CD tagliate dalla trasversale BD. Si
 4=
 5=

 6 , perché
 3 . Se ora chiamiamo 6 l'angolo ADE
conclude così che 1=
, si ha 2=
angoli alterni interni rispetto alle rette parallele AC e ED
tagliate dalla trasversale AD.
Ripetendo il ragionamento visto precedentemente in relazione agli angoli 1 e 3, ma facendo
 6 e, di
riferimento agli angoli di vertice D (invece che agli angoli di vertice A), si trova 4=
 4=
 6=
 2 . In definitiva, gli angoli 1, 2, 3, in cui le diagonali dividono l'angolo
conseguenza, 1=
in A sono uguali fra loro; analogamente, la stessa proprietà si dimostra per gli altri angoli. Si ha
 , essendo il triplo dell'angolo 1, è uguale all'angolo ABC
 , che è il
anche che l'angolo BAE
triplo dell'angolo 5; procedendo in modo analogo si dimostra che i cinque angoli del pentagono
sono uguali fra loro. Infine, per dimostrare che anche i lati del pentagono sono uguali fra loro,
basta ricordare che il pentagono è inscrivibile ed osservare che ad angoli alla circonferenza
uguali corrispondono corde uguali.
C
3. L'esagono ottenuto ha tutti i lati congruenti per le proprietà del
120°
triangolo isoscele e del rettangolo e per le ipotesi.
Per quanto riguarda gli angoli:
30°
A
B
 = 180 °−120 ° =30 ° , quindi CDB=30

ABC
°90 °=120 ° .
2
Con ragionamento analogo, vediamo che tutti gli angoli sono E
D
congruenti. Di conseguenza, l'esagono è regolare, in quanto ha tutti
i lati congruenti e tutti gli angoli congruenti.
F
4. E' immediato dimostrare che i quattro triangoli AEH, BEF, CFG, DGH sono congruenti per il
H
primo criterio.
Di
conseguenza: HE=EF =FG=GH ,
e
quindi EFGH è un quadrato.
Inoltre, i triangoli OAH, OBE, OCF, ODG
•
B
A
sono congruenti per il primo criterio in quanto:
E
OA=OB perché metà delle diagonali di
un quadrato, che sono congruenti;
•
AH =BE per ipotesi;
•
 =OBE=135

OAH
° perché
O
somma
di
C
D
G
angoli congruenti.
In particolare OH =OE=OF =OG . Quindi
il punto O, circocentro del quadrato ABCD, ha
F
la stessa distanza dai vertici del quadrato EFGH, ed è pertanto il suo circocentro.
 =180 °−72 °=108 ° perché
ABC
5.
adiacente,
e
D
B
A
quindi
72°

supplementare a CBD
.
C
 =216 ° perché angolo al centro che
AOCconcavo =2 ABC
O
 .
insiste sullo stesso arco AC su cui insiste ABC
AOCconvesso=360 °− AOCconcavo =144 ° (risposta b).
 C = B
 D=180

6. Ipotesi: A
° ; AC ⊥ BD ; PH ⊥ BC .
Tesi: AM =MD .

Dimostrazione. Poniamo BCP=
. Quindi:
•
B
H
C
A
P
 =90 °− per la somma degli angoli interni del
PBC
triangolo PBC;
•
 = per la somma degli angoli interni del
BPH
M
triangolo PBH;
•

 ;
perché opposto al vertice di BPH
MPD=
•


perché entrambi gli angoli insistono
MDP=
PCB=
sull'arco AB;
•
 =90 °− perché complementare di HPB

;
HPC
•
 =90 °− perché opposto al vertice di HPC

;
APM
•

 =90 °− perché entrambi gli angoli insistono sull'arco CD.
MAP=
PBC
Quindi i triangoli AMP e PMD sono isosceli perché hanno due angoli congruenti.
D
Di conseguenza: AM =PM e PM =MD ,e quindi AM =MD c.v.d.
7. Anche in questo caso, riportiamo direttamente la soluzione
“ufficiale” dei Giochi di Archimede.
La circonferenza passante per A, H e B ha centro in M,
poiché il triangolo ABH é rettangolo. Stesso ragionamento
per AKB. Quindi A, H, K e B stanno tutti su una stessa
circonferenza di diametro AB e centro M (il punto medio),
da
cui MH =MK perché
rettangolo
CHB
sono
ha C =60 ° ,
raggi.
Il
triangolo
 =30 ° .
quindi KBH

L'angolo HMK
è l'angolo al centro che insiste sullo

 =60 ° , da cui segue che HKM è equilatero.
stesso arco di KBH
, quindi HMK
8. Indichiamo con a, b, g le ampiezze degli angoli interni del triangolo ABC.
C
Sappiamo che:
•
g/2

BIC=180
°−/ 2 per la somma degli
E
angoli interni del triangolo BIC;
•
 =180 °−/ 2 perché

DIE=
BIC
opposti al vertice;
I
b/2
a
A
D
B
•
 DIE=180

A
° perché il quadrilatero ADIE è per ipotesi inscrivibile in una circonferenza;
•
=180 °− per la somma degli angoli interni del triangolo ABC.
Quindi: 180 °−

=180 ° ⇒ 2 = ⇒ 3 =180 ° ⇒ =60 ° (risposta c).
2
Mettiti alla prova - Il piano cartesiano e la retta - pag. 702
51.Equazione della retta r: y− y A=m x− x A  ⇒ y1=− x2 ⇒ y=−x−3 .
Il vertice B è il punto di intersezione tra la retta r e
l'asse y: x=0 ⇒ y=−3 ⇒ B 0 ,−3 .
Punto medio H della base AB:
s
r
C
xH=
x A x B −20
=
=−1 ;
2
2
yH=
y A  y B −1−3
=
=−2 ⇒ H −1 ,−2 .
2
2
A
H
L'altezza relativa alla base AB giace sulla retta s
B
passante per H e perpendicolare alla retta r:
y− y H =−
1
 x− x H  ⇒ y2=1 x1 ⇒ y=x−1 .
m
Il vertice C è il punto di intersezione tra la retta s e l'asse delle ascisse:
y=0 ⇒ x−1=0 ⇒ x=1 ⇒ C 1 , 0 .
AB=   x B − x A 2 y B − y A 2=  2222=  8 ;
CH =   x C − x H 2 y C − y H 2=  2222=  8 ;
Area ABC =
AB⋅CH  8⋅ 8  64
=
=
=4 .
2
2
2
52.Scriviamo le equazioni in forma esplicita:
a
1
a
3
2
3
y=− x ⇒ m1=− ; y= x ⇒ m2= .
2
2
2
b
b
b
Per la condizione di perpendicolarità: m1⋅m2=−1 ⇒ −
3a
2
=−1 ⇒ a= b .
2b
3
Determiniamo i punti di intersezione con l'asse delle ordinate:
x=0 ⇒ 2 y−1=0 ⇒ y=
1
2
; x=0 ⇒ −by2=0 ⇒ y= .
2
b
Imponiamo che tali punti coincidano:
2 1
2
8
= ⇒ b=4 ⇒ a= b= .
b 2
3
3
53.Poiché il centro deve trovarsi sull'asse di simmetria della corda
r
AB, avremo x C =4 .
di tangenza, il centro della circonferenza deve trovarsi sulla retta r
C
-x
y=
Poiché la tangente è perpendicolare al raggio passante per il punto
passante per A e perpendicolare alla bisettrice del secondo e del
quarto quadrante:
A
B
y− y A =−
1
 x− x A  ⇒ y2=1⋅ x−2 ⇒ y= x−4 .
m
Sostituendo: x C =4 ⇒ y C =4−4=0 ⇒ C 4 , 0 .
54.ABCD è un parallelogramma (risposta c).
Infatti, le rette AB e CD, di equazione y=0 e y=l rispettivamente, sono entrambe parallele
all'asse delle ascisse, e quindi parallele tra loro.
Inoltre, le rette AD e BC sono parallele perché hanno coefficienti angolari uguali:
m AD =
y D− y A l
yC − y B l
=
=
; m BC =
.
x D− x A k
x C −x B k
55.Le rette OM e ON sono parallele solo se sono coincidenti, ovvero se i punti O, M, N sono
allineati. Questo avviene quando:
mON =mOM ⇒
1−3 b
−2
2
=
⇒ 1−3 b3 b−2=−2 ⇒ 9 b−9 b =0 ⇒
1
3 b−2
9 b1−b=0 ⇒ 9 b=0 ⇒ b1=0 ∨ 1−b=0 ⇒ b 2=1 .
In particolare, se b=1 , i punti M ed N coincidono in 1 ,−2 .
Test your skills - n°59
I triangoli AOB e CBH sono congruenti per il secondo criterio, in quanto:
•
AB=BC perché lati di un quadrato;
•

 =90 ° ;
AOB=
BHC
•

 perché entrambi sono complementari dell'angolo
OAB=
CBH


(se non sei convinto, prova a porre OBA=
e ad
OBA
esprimere gli altri angoli in funzione di a).
Ne segue che: OB=CH =8 e BH =13−8=5 .
Quindi: Area ABCD =BC 2 =5282=89 .
D
C
A
O
B
H
IL PIANO CARTESIANO E LA RETTA Mettiti alla prova
METTITI ALLA PROVA
1
2
3
4
Le analisi eseguite nel 2008 in un certo lago hanno rilevato la presenza di 16,8 milligrammi di
composti di metalli pesanti ogni m3 di acqua. Si
inizia una depurazione delle acque, e il livello di
inquinamento diminuisce di 1,25 milligrammi di
tali composti all’anno ogni m3 di acqua. Considera l’anno 2008 come anno 0 e gli anni successivi
come x ⫽ 1, 2, 3, … Supponi che l’andamento del
grafico che rappresenta la diminuzione dell’inquinamento sia una retta. Trova l’equazione che
permetta di fare previsioni sul livello di inquinamento y del lago negli anni seguenti, disegna il
grafico della funzione rappresentata dall’equazione trovata e determina l’anno in cui nel lago
non si riscontreranno più tracce di metalli pe[y ⫽ 16,8 ⫺ 1,25 x; x ⫽ 14 anni]
santi.
Dati due fasci di rette rispettivamente di centro A
e B, quante sono le rette comuni a entrambi i fasci? Quale procedimento occorre seguire per determinare tali rette? Applica il procedimento considerando il fascio di rette rappresentato dall’equazione y ⫽ mx ⫺ 2m ⫹ 1 e il fascio di rette di
[y ⫽ ⫺ x ⫹ 3]
centro (1; 2).
5
tici A(⫺ 2; 1), B(10; 1), C(2; 7) e D(⫺ 2; 4).
y
7
A(0; 15), B (20; 0), C (0; 0).
Qual è la larghezza minima di una striscia rettilinea che contiene tutti e tre i punti? (Chiamiamo
striscia rettilinea la porzione di piano compresa
tra due rette parallele, incluse le due rette).
A 8.
B 10.
C 12.
D 15.
E 20.
C
D
A
B
–2
O
10 x
2
Il suo perimetro e la sua area valgono rispettivamente:
A 10, 24.
D 14, 36.
B 140, 66.
E 11, 48.
C 30, 42.
6
Sono dati i punti A(2; ⫺ 2) e B (6; ⫺ 2). Stabilisci
le coordinate del centro della circonferenza che
ha AB come corda ed è tangente in A alla bisettri[C(4; 0)]
ce del II e IV quadrante.
TEST In un piano cartesiano sono dati i
punti seguenti:
TEST Nella figura è disegnato il poligono di ver-
Dato il fascio di rette di equazione
y ⫽ m(x ⫺ 4) ⫹ 7, calcola per quali valori di h e
k 僆 R, il punto M(2h ⫺ 1; 4 ⫺ 3k) risulta medio
del segmento AB, con A centro del fascio e
B(⫺ 1; 3).
5
1
h ⫽ ᎏᎏ ; k ⫽ ⫺ ᎏᎏ
4
3
冤
7
冥
Sono dati i fasci di rette di equazioni:
mx ⫺ y ⫺ 2m ⫹ 3 ⫽ 0,
y ⫹ 6 ⫺ mx ⫺ m ⫽ 0.
Trova le rette dei due fasci che si intersecano nel
11
27
punto P ⫺ ᎏᎏ ; ⫺ ᎏᎏ . Come sono le rette tra
5
5
loro?
1
13
y ⫽ 2x ⫺ 1, y ⫽ ⫺ ᎏᎏ x ⫺ ᎏᎏ ; perpendicolari
2
2
冢
冣
冤
冥
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1997)
Copyright © 2010 Zanichelli editore SpA, Bologna [6821 der]
Questo file è una estensione online dei corsi di matematica di Massimo Bergamini, Anna Trifone e Graziella Barozzi
1
Mettiti alla prova - Il piano cartesiano e la retta
1. La quantità q=16,8 mg / m3 rappresenta l'ordinata all'origine della retta cercata.
La quantità m=−1,25
mg / m3
rappresenta il coefficiente angolare della retta.
anno
Quindi l'equazione della retta è: y=−1,25 x16,8 .
L'inquinamento è scomparso quando: y=0 ⇒ −1,25 x16,8 ⇒ x=
16,8
=13,44 .
1,25
Quindi, dopo 14 anni non ci saranno più tracce di metalli pesanti.
2. La retta comune a entrambi i fasci è quella che passa per A e per B.
L'equazione y=mx−2 m1 ⇒ y−1=m x−2 rappresenta il fascio proprio di rette di centro
A2 , 1 . Imponiamo il passaggio per B 1 , 2 : 2=m−2 m1 ⇒ m=−1 .
La retta passante per A e B ha quindi equazione: y=−x21 ⇒ y=−x3 .
3. Vedi esercizio n° 53 “Mettiti alla prova” - libro di testo.
3
4. Consideriamo la retta AB, di equazione: y=− x15 ⇒ 3 x4 y−60=0 .
4
La distanza del punto C dalla retta AB è: d C , AB=
∣−60∣
=12 (risposta c).
 3242
La distanza appena calcolata è quella tra la retta AB e la retta passante per C e parallela ad AB.
E' immediato verificare che le altre due possibilità (retta AC e sua parallela per B; retta BC e sua parallela per A)
portano a distanze maggiori (15 e 20 rispettivamente).
5. Se poniamo H 2 , 1 , calcoliamo:
•
AB= x B − x A=10−−2=12 ;
•
BC=   x B− x C 2 y B − y C 2=  82 62=10 ;
•
CD=   x C −x D 2 y C − y D 2=  42 32=5 ;
•
DA= y D − y A=4−1=3 ;
•
CH =6 ; AH =4 ; BH =12 .
Il perimetro del poligono è: 2 p ABCD = ABBC CDDA=30 .
L'area del trapezio AHCD misura: Area AHCD=
L'area del triangolo BHC misura: Area BHC =
 ADCH ⋅AH
=18 .
2
BH⋅CH
=24 .
2
Quindi l'area del poligono ABCD misura: Area ABCD =1824=42 (risposta c).
6. L'equazione del fascio può essere scritta: y−7=m x−4 , per cui il centro del fascio ha
coordinate: A4 , 7 . Il punto medio del segmento AB ha coordinate:
xM =
x A x B 3
y y
3
= ; y M = A B =5 ⇒ M  , 5 . Dovremo quindi avere:
2
2
2
2
2 h−1=
3
5
5
1
⇒ 2 h= ⇒ h= ; 4−3 k =5 ⇒ 3 k =−1 ⇒ k =− .
2
2
4
3
7. Imponiamo il passaggio dei due fasci per il punto P:
•
−
11
27
m −2 m3=0 ⇒ −11 m−10 m=−27−15 ⇒ 21 m=42 ⇒ m1=2 ;
5
5
•
−
27
11
1
6 m−m=0 ⇒ 11 m−5 m=27−30 ⇒ 6 m=−3 ⇒ m2=− .
5
5
2
Le equazioni delle due rette saranno quindi:
•
r1 :
2 x− y−43=0 ⇒ y=2 x−1 ;
•
r2:
1
1
1
13
y6 x =0 ⇒ y=− x−
.
2
2
2
2
Le due rette sono perpendicolari perché m2=−
1
.
m1
Mettiti alla prova - Complementi di algebra - pag. 1040
104.Innalziamo al quadrato ripetutamente:
4=  7  9  4 x ⇒ 16=7  9  4 x ⇒ 9=  9  4 x ⇒
81=9  4 x ⇒ 72=  4 x ⇒ 5184=4 x ⇒ x=5180 (risposta e).
105.Sostituiamo la quantità x 2 y=150 nella seconda equazione: 150 x=4500 ⇒ x=30 .
Sostituiamo nella prima equazione: 900 y=150 ⇒ y=1/6 .
Esiste quindi una sola soluzione reale (risposta b).
106.Scriviamo la seconda equazione come:
2 x y3−12 x 2 y−6 xy 2=k ⇒ 2 x y3−6 xy 2 x y=k .
Sostituiamo il valore 2 x y=1 ricavato dalla prima equazione: 1−6 xy=k .
Ora che abbiamo abbassato il grado del sistema, ricaviamo y=1−2 x dalla prima equazione e
sostituiamo nella seconda:
1−6 x 1−2 x=k ⇒ 12 x 2−6 x1−k =0 ⇒ x=
3± 9−121−k 
.
12
Il sistema ha un'unica soluzione reale quando:
=0 ⇒ 1−1212 k =0 ⇒ 12 k =3 ⇒ k =1/3
e, quindi, per un solo valore del parametro k (risposta a).
107.Sottraiamo membro a membro la prima equazione dalla seconda: x− y1=0 ⇒ y= x1 .
Sostituiamo nella seconda equazione:
x 2 x12−3 x x1−10=0 ⇒ 2 x 2 =8 ⇒ x=±2 .
Sostituiamo i valori ottenuti nell'equazione y= x1 :
x 1=−2 ⇒ y 1=−21=−1 ; x 2 =2 ⇒ y 2=21=3 .
108.Ponendo t=− y , il sistema diventa:
Esso ammette le soluzioni:
{
.
{xt=9
xt=18
x 1=6
;
t 1=3 ⇒ y 1=−3
{
x 1=3
.
t 1=6 ⇒ y 1=−6
COMPLEMENTI DI ALGEBRA Mettiti alla prova
METTITI ALLA PROVA
1
È dato un rettangolo ABCD nel quale è inscritto
un trapezio isoscele ABEF come in figura.
D
F
E
5
C
TEST Siano x e y due numeri reali tali che
x ⬎ y. Quali delle seguenti disuguaglianze è sempre verificata?
A x 2 ⬎ xy
B
A
Sapendo che AB ⫽ 30 cm, EF ⫽ 2BC ⫹ 3 cm e
2
che l’area del trapezio è pari ai ᎏᎏ dell’area del
3
rettangolo, calcola il perimetro del rettangolo e
[67 cm; 61,18 cm]
quello del trapezio.
2
C
B
冦
4
Un’urna contiene palline rosse e palline verdi. Il
prodotto fra il numero delle palline rosse e quello
delle palline verdi è 96. Si sa inoltre che la probabilità che, in un’estrazione, esca una pallina ros3
sa è ᎏᎏ . Calcola quante sono le palline rosse e
5
[12; 8]
quante le verdi.
Due amici possiedono una quantità di denaro
ciascuno. Il primo possiede il doppio diminuito
di € 2 rispetto al secondo. Sapendo che il prodotto del loro denaro equivale al quadrato di quello
posseduto dal primo diminuito di € 24, calcola
[€ 8; € 5]
le due somme.
x3⬎y3
E
x4⬎y4
6
È data l’equazione x 2 ⫹ 2kx ⫹ 5k 2 ⫹ 1 ⫽ 0 nell’incognita x. Determina per quali valori di k l’equazione ammette soluzioni reali e discordi.
[∃/ k 僆 R]
7
Stabilisci per quali valori reali del parametro b la
retta di equazione
dopo averne determinato il grado.
[quarto grado; (1; 1), (⫺ 1; ⫺ 1)]
3
D
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1999)
Risolvi il sistema
x 2 ⫹y 2 ⫽ 2
xy ⫹ 2兹xy
苶⫽3
x2⬎y2
x
ᎏᎏ ⬎ 1
y
(b 2 ⫺ 1)x ⫺ (b 2 ⫺ b ⫺ 6)y ⫹ 2b ⫹ 1 ⫽ 0
ha ordinata all’origine positiva.
冤⫺ 2 ⬍ b ⬍ ⫺ ᎏ12ᎏ ∨ b ⬎ 3冥
8
Le diagonali di un rombo differiscono di 2 cm.
Determina la diagonale maggiore in modo che
l’area del rombo sia maggiore di 1,5 cm2, mentre
il quadrato del lato sia minore di 3,625 cm2.
7
3 ⬍ x ⬍ ᎏᎏ
2
Copyright © 2010 Zanichelli editore SpA, Bologna [6821 der]
Questo file è una estensione online dei corsi di matematica di Massimo Bergamini, Anna Trifone e Graziella Barozzi
冤
冥
1
Mettiti alla prova - Complementi di algebra
1. Poniamo BC =x ⇒ FE=2 x3 . Imponiamo la relazione sulle aree:
2
x 2
2
2
Atr = Arett ⇒ 302 x3⋅ = ⋅30 x ⇒ 16,5 x x =20 x ⇒ x −3,5 x=0 .
3
2 3
La soluzione x=0 non è accettabile, in quanto corrisponde al caso in cui il rettangolo degenera
in due segmenti sovrapposti, quindi x=3,5 . Ricaviamo poi:
FE=2⋅3,53=10 cm ⇒ EC =
30−10
=10 cm ⇒ BE=  BC 2EC 2 =  3,52 102 ≃10,59 cm .
2
2 p rett =2 AB2 BC=607=67 cm ; 2 p tr ≃30102⋅10,59≃61,18 cm .
2. Il sistema è di quarto grado, in quanto entrambe le equazioni sono di secondo grado (la seconda a
causa della presenza del termine in xy), ed il grado di un sistema è il prodotto dei gradi delle
equazioni che lo compongono.
Ponendo x y=s , xy= p , riscriviamo il sistema come:
{
 x y2−2 xy=2 ⇒ s 2−2 p=2
.
p2  p=3
Risolviamo la seconda equazione: 2  p=3− p con p≤3 .
Eleviamo al quadrato: 4 p=9−6 p p 2 ⇒ p 2−10 p9=0 ⇒ p1=1 ; p 2=9 .
La seconda soluzione non è accettabile perché non soddisfa la condizione di esistenza.
Sostituiamo p 1=1 nella prima equazione: s 2=4 ⇒ s=±2 .
Dobbiamo quindi risolvere i due sistemi simmetrici:
y=±2
.
{x
xy=1
Essi corrispondono alle equazioni: t 2±2 t1=0 ⇒ t±12=0 ⇒ t=±1 .
Il sistema dato ammette quindi le soluzioni:
{
x 1=−1
e
y 1=−1
{
x 2=1
.
y 2=1
3. Indicando con r e v il numero di palline rosse e verdi rispettivamente, e ricordando che la
probabilità di estrarre una pallina rossa è uguale al rapporto tra il numero di palline rosse ed il
numero totale di palline, impostiamo il seguente sistema:
{
rv=96
r
3
3 .
= ⇒ 5 r=3 r3 v ⇒ r= v
rv 5
2
Sostituiamo nella prima equazione:
3 2
3
v =96 ⇒ v 2=64 ⇒ v=8 ⇒ r= ⋅8=12 .
2
2
4. Indichiamo con x ed y le somme di denaro espresse in euro e possedute rispettivamente dal primo
e dal secondo amico. Le informazioni del testo si traducono nel sistema:
{
x=2 y−2
.
xy= x 2−24 ⇒ 2 y 2−2 y=4 y 2−8 y4−24 ⇒ y 2 −3 y−10=0 ⇒ y 1=−2 ; y 2=5
La soluzione negativa non è accettabile. Quindi: y 2 =5 ⇒ x 2=2⋅5−2=8 .
5. Se x y , osserviamo che:
a.
x 2xy non è sempre verificata. Controesempio: x=1/ 2 , y=1/3 ;
b.
x 2 y 2 non è sempre verificata. Controesempio: x=1 , y=−2 ;
c.
x / y1 non è sempre verificata. Controesempio: x=1 , y=−1 ;
d.
x y
e.
x 4 y 4 non è sempre verificata. Controesempio: x=1 , y=−1 .
3
3
è sempre verificata, perché un numero ed il suo cubo hanno lo stesso segno;
6. Le soluzioni sono discordi quando: x 1 x 20 ⇒
7. L'ordinata all'origine è q=
c
0 ⇒ 5 k 210 ⇒ ∅ .
a
2 b1
2 b1
=
.
2
b −b−6 b−3b2
Soluzione: −2b−1/2 ∨ b3 .
-2
-
-1/2
3
- - o + +
- - - - o
o + + + +
● + o - ●
+
+
+
+
2b+1
b-3
b+2
f(b)
8. Indichiamo x la misura della diagonale maggiore e x−2 di quella minore.
Impostiamo il sistema di disequazioni:
{
x  x−2
1,5 ⇒ x 2−2 x−30 ⇒ x−1 ∨ x3
2
.
x 2 x−2 2
3
7
2
  
 3,625 ⇒ 2 x −4 x−10,50 ⇒ −  x
2
2
2
2
3
7
Le soluzioni del sistema sono gli intervalli − x−1 e 3 x , ma solo il secondo ha
2
2
significato geometrico.
LE DISEQUAZIONI LINEARI Mettiti alla prova
METTITI ALLA PROVA
1
4
Dati i monomi
3x 2⫹3ny11⫺2nz8⫺n e
⫺ 2x2n⫹1y11⫺2nzn⫹1,
determina per quali valori di n 僆 N il primo è
divisibile per il secondo. Per quale valore di n i
due monomi hanno lo stesso grado?
[0 ⱕ n ⱕ 3; ∃
/ n]
2
3
Per organizzare una cena di fine anno scolastico
un gruppo di studenti versa una quota di € 15
ciascuno. Successivamente 4 di loro hanno un
contrattempo e non possono parteciparvi. Il
gruppo riceve uno sconto di € 45 da parte del locale e, aumentando la quota individuale di 50
centesimi, restituisce completamente la somma
versata agli assenti. Quanti erano inizialmente gli
studenti? Non ricevendo sconti da parte del locale, di quanto dovrebbe essere l’aumento a della
quota dei presenti se si volesse restituire a ciascuno degli assenti almeno € 12? [34; 1,6 ⱕ a ⱕ 2]
Risolvi le seguenti equazioni letterali specificando per quali valori del parametro k sono equazioni determinate:
kx ⫺ k 2 ⫽ 3x ⫺ 9 e k 2x ⫹ 3k ⫽ 2kx.
Indicate con x1 e x2 le rispettive soluzioni, stabilisci per quale k il reciproco di x2 è uguale a x1 e
per quale k l’espressione
3
2x1 ⫺ ᎏᎏ
x2
è maggiore di 5.
7
1
k ⫽ 3; k ⫽ 0 ∧ k ⫽ 2; k ⫽ ⫺ ᎏᎏ ; k ⬎ ᎏᎏ
4
3
冤
冥
TEST In un vassoio, fra biscotti e cioccolatini, vi
sono 30 dolcetti in tutto. Se dal vassoio prendiamo 12 dolcetti a caso, troviamo almeno un biscotto fra di essi; se dal vassoio prendiamo 20
dolcetti a caso, troviamo almeno un cioccolatino
fra di essi. Quanti biscotti vi sono nel vassoio?
A 11
D 20
B 12
E 29
C 19
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2004)
5
TEST Gaspare aveva 400 franchi e doveva acqui-
stare 100 tavolette di cioccolato al costo di 4 franchi l’una. Nel supermercato ha scoperto che per
ogni 6 tavolette di cioccolato che aveva nel carrello, una nuova tavoletta veniva aggiunta gratuitamente alla cassa. Quanti franchi sono rimasti a
Gaspare all’uscita dal supermercato, sapendo che
oltre al cioccolato non ha acquistato altro?
A 52
D 64
B 56
E 68
C 60
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2001)
6
TEST Un test a risposta chiusa (come Kangourou)
consta di 20 domande. Per ogni risposta corretta
vengono assegnati 7 punti, mentre per ogni risposta sbagliata ne vengono sottratti 2. Risposte non
date sono ininfluenti (0 punti di addebito). Hai
sostenuto il test e hai totalizzato 87 punti. Quante
sono le domande a cui non hai dato risposta?
A 2
D 5
B 3
E 6
C 4
Copyright © 2010 Zanichelli editore SpA, Bologna [6821 der]
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(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2004)
1
Mettiti alla prova - Disequazioni 1° grado
1. Il primo monomio è divisibile per il secondo se l'esponente con cui vi compare ciascuna variabile
è maggiore o uguale dell'esponente con cui tale variabile compare nel secondo monomio:
{
23 n≥2 n1 ⇒ n≥−1 ⇒ ∀ n∈ℕ
11−2 n≥11−2 n ⇒ ∀ n∈ℕ
8−n≥n1 ⇒ 2 n≤7 ⇒ 0≤n≤3
Soluzione: 0≤n≤3
Il grado di un monomio è la somma degli esponenti dei fattori letterali:
23 n11−2 n8−n=2 n111−2 nn1 ⇒ 21=n13 ⇒ n=8 .
La risposta del testo al secondo punto dovrebbe quindi essere errata.
2. Nel caso in cui il locale conceda uno sconto:
15 n=15,5n−445 ⇒ 15 n=15,5 n−6245 ⇒ 0,5 n=17 ⇒ n=34 .
Quindi il gruppo era composto inizialmente da 34 studenti.
Nel caso in cui il locale non conceda alcuno sconto:
15a⋅30−15⋅34≥12⋅4 ⇒ 45030 a−510≥48 ⇒ 30 a≥108 ⇒ a≥3,6 .
Quindi la quota di ciascuno studente dovrebbe aumentare almeno di 3,6 €.
Anche in questo caso, la risposta del testo al secondo punto mi risulta errata.
3. La prima equazione diventa: k −3 x=k 2−9=k 3k −3 . Quindi:
•
per k =3 l'equazione è indeterminata;
•
per k ≠3 l'equazione è determinata e la soluzione è x 1=k 3 .
La seconda equazione diventa: k k −2 x=−3 k . Quindi:
•
per k =0 l'equazione è indeterminata;
•
per k =2 l'equazione è impossibile;
•
per k ≠0 ∧ k ≠2 l'equazione è determinata e la soluzione è x 2=
Nel primo caso: x 1=
3
.
2−k
1
2−k
7
⇒ k 3=
⇒ 3 k 9=2−k ⇒ 4 k =−7 ⇒ k =− .
x2
3
4
Nel secondo caso: 2 x 1−
3
1
5 ⇒ 2 k 6k −25 ⇒ 3 k 1 ⇒ k  .
x2
3
4. Dalla prima informazione sappiamo che il numero di cioccolatini è minore di 12, e quindi quello
di biscotti è maggiore o uguale di 19.
Dalla seconda informazione sappiamo che il numero di biscotti è minore di 20.
Quindi, i biscotti devono essere 19 (risposta c).
5. Osserviamo che la divisione 100 : 6 ammette quoziente q=14 .
Quindi, Gaspare ha avuto 14 tavolette di cioccolato in regalo, e ne ha acquistate 86.
Ha pagato 86⋅4=344 € , ed ha ancora 400−344=56 € (risposta b).
6. Per ottenere 87 punti, dobbiamo avere risposto correttamente ad almeno 13 domande.
Supponiamo che il numero di risposte corrette sia proprio 13. Quindi avremmo 13⋅7=91 punti
dalle risposte giuste. Per arrivare ad 87, dobbiamo avere sbagliato 2 risposte. Quindi le domande
a cui non abbiamo risposto sono: 20−13−2=5 (risposta d).
E' immediato controllare che con 14 risposte giuste non si può ottenere un punteggio dispari,
mentre con 15 (o più) risposta giuste il punteggio è sempre maggiore di 87, quindi la soluzione
trovata è unica.
Mettiti alla prova - Disequazioni di secondo grado - pag. 1126
70.Perché l'equazione ammetta soluzioni reali, imponiamo:
2
2
2
≥0 ⇒ 2 a−3 −4 a a1≥0 ⇒ 4 a −12 a9−4 a −4 a≥0 ⇒ 16 a≤9 ⇒ a≤
Le soluzioni sono concordi quando: x 1 x 20 ⇒
9
.
16
a
0 ⇒ a−1 ∨ a0 .
a1
Il sistema delle due disequazioni avrebbe soluzioni: a−1 ∨ 0a9/16 ; a∈ℝ .
Poiché, però, il testo chiede le soluzioni intere, e non esistono numeri interi nell'intervallo
0a9/16 , allora le soluzioni sono i valori: a−1 ; a ∈ℤ .
71.La disequazione ammette soluzioni reali quando:
≥0 ⇒ 2−k 2−4−k 1≥0 ⇒ 4−4 k k 2 4 k −4≥0 ⇒ k 2≥0 ⇒ ∀ k ∈ℝ .
Dal risultato precedente vediamo che le soluzioni possono essere scritte come:
x=
2−k ±∣k∣
⇒ x 1=1 ; x 2=1−k .
2
Se k 0 ⇒ 1−k 1 , quindi le soluzioni della disequazione sono i valori esterni all'intervallo
delle radici: x≤1 ∨ x≥1−k .
La disequazione data è verificata ∀ x∈ℝ quando la parabola associata è esterna o tangente
all'asse delle ascisse. Abbiamo quindi le possibilità:
•
0 ⇒ k 2 0 ⇒ ∅ ;
•
=0 ⇒ k 2=0 ⇒ k =0 .
In conclusione, la disequazione è sempre verificata per k =0 .
-3
72.Scomponiamo il primo polinomio con Ruffini e studiamone il
segno: P  x= x 32 x 2−5 x−6=
 x1 x 2x−6= x1 x3 x−2 .
-
Il secondo polinomio è una somma di cubi:
Q  x= x 31= x1 x 2− x1 .
Confrontando il segno dei due polinomi, vediamo che essi
2
- - o +
o + + +
- - - o + o -3
+
-
-1
-1
+
+
o
o
+
+
+
+
x+1
x+3
x-2
P(x)
+
+
+
x+1
x2-x+1
Q(x)
2
- - o + +
o + + + +
- - o + +
assumono segni opposti per −3 x2 ∧ x≠−1 .
73.La retta è “in discesa” (ovvero attraversa il 2° ed il 4° quadrante) quando il suo coefficiente
angolare è negativo: 2 a 2a−60 .
Abbiamo: 2 a 2a−6=0 ⇒ a=
−1±  148 −1±7
3
=
⇒ a 1=−2 ; a 2= .
4
4
2
Quindi la disequazione è risolta per valori interni all'intervallo delle radici: −2a3/ 2 .
LE DISEQUAZIONI DI SECONDO GRADO Mettiti alla prova
METTITI ALLA PROVA
1
È dato un rettangolo la cui dimensione maggiore
supera di 2 cm la minore. Determina il lato minore in modo tale che la somma fra l’area del rettangolo e 8 cm2 sia maggiore del doppio dell’area
del quadrato costruito sullo stesso lato minore.
[0 ⱕ x ⬍ 4]
2
Si considerino le lunghezze seguenti:
a ⫹ 2x, a ⫺ x, 2a ⫺ x,
dove a è una lunghezza nota non nulla e x è una
lunghezza incognita. Determina per quali valori
di x le lunghezze si possono considerare quelle
dei lati di un triangolo non degenere.
(Esame di Stato 2002, sessione ordinaria)
(Suggerimento. In un triangolo un lato è sempre
minore della somma…)
a
0 ⬍ x ⬍ ᎏᎏ
2
冤
3
冥
Al centro di una piazza rettangolare lunga 10 m e
larga 6 m, si trova un’aiuola, anch’essa rettangolare, con le dimensioni dimezzate rispetto a quelle
della piazza. Si vuole ingrandire l’aiuola, aumentando le dimensioni della sua recinzione di una
stessa quantità x espressa in metri. I tecnici del
Comune pongono come vincolo che l’area occu77
pata dall’aiuola sia maggiore dei ᎏᎏ della su240
2
perficie della piazza, ma minore dei ᎏᎏ della stes5
sa. Di quanto è possibile aumentare le dimensioni
della recinzione dell’aiuola?
1
ᎏᎏ ⬍ x ⬍ 1
2
冤
4
TEST Siano x e y due numeri reali tali che
x ⬎ y. Quali delle seguenti disuguaglianze è sempre verificata?
A x 2 ⬎ xy
B x2⬎y2
x
C ᎏᎏ ⬎ 1
y
D
x3⬎y3
E
x4⬎y4
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1999)
5
È data l’equazione x 2 ⫹ 2kx ⫹ 5k 2 ⫹ 1 ⫽ 0 nell’incognita x. Determina per quali valori di k l’equazione ammette soluzioni reali e discordi.
[∃/ k 僆 R]
6
Stabilisci per quali valori reali del parametro b la
retta di equazione
(b 2 ⫺ 1)x ⫺ (b 2 ⫺ b ⫺ 6)y ⫹ 2b ⫹ 1 ⫽ 0
ha ordinata all’origine positiva.
冤⫺ 2 ⬍ b ⬍ ⫺ ᎏ12ᎏ ∨ b ⬎ 3冥
7
Le diagonali di un rombo differiscono di 2 cm.
Determina la diagonale maggiore in modo che l’area del rombo sia maggiore di 1,5 cm2, mentre il
quadrato del lato sia minore di 3,625 cm2.
7
3 ⬍ x ⬍ ᎏᎏ
2
冤
冥
冥
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1
Mettiti alla prova - Disequazioni di secondo grado
1. Indichiamo con x la misura del lato minore; quindi il lato maggiore misura x2 .
Impostiamo la disequazione richiesta dal testo:
x  x282 x 2 ⇒ x 2−2 x−80 ⇒  x−4 x20 ⇒ −2 x4 .
Poiché x è la misura di un segmento, la soluzione è: 0≤ x4 .
Il valore x=0 corrisponde al caso del rettangolo degenere in due segmenti sovrapposti, ed è piuttosto dubbio se
vada accettato o meno.
2. Imponiamo che le lunghezze dei lati siano strettamente positive (in quanto il triangolo non deve
essere degenere) e che ciascun lato sia minore della somma degli altri due (disuguaglianze
triangolari):
•
a2 x0 ⇒ ∀ x≥0 ;
•
a− x0 ⇒ xa ;
•
2 a− x0 ⇒ xa / 2 ;
•
a2 xa− x2 a− x ⇒ 4 x2 a ⇒ xa / 2 ;
•
a− xa2 x2 a−x ⇒ 2 x2 a0 ⇒ ∀ x≥0 ;
•
2 a− xa2 xa− x ⇒ x0 .
In conclusione, deve essere 0xa / 2 .
3. L'area dell'aiuola ingrandita è 5x3 x= x 28 x15 .
Imponiamo le richieste del testo:
77
17
1
⋅60 ⇒ 4 x 232 x−170 ⇒ x−
∨ x ;
240
2
2
•
x 28 x15
•
2
x 28 x15 ⋅60 ⇒ x 28 x−90 ⇒ −9 x1 .
5
Il sistema di disequazioni ammette le soluzioni −9x−17/2 (non accettabile perché la
lunghezza di un segmento deve essere positiva) e 1/ 2 x1 .
I successivi esercizi erano già contenuti in “Mettiti alla prova - Complementi di algebra”.
Mettiti alla prova - Equazioni di secondo grado - pag. 956
51.Osserviamo che le prime tre risposte richiedono di considerare come incognita la variabile x,
mentre nelle ultime due l'incognita è la y.
Nel primo caso, si tratta di una equazione di secondo grado in x, la cui soluzione è:
−1±  14 y 2
per y≠0 .
x=
2y
Invece, per y=0 , l'equazione è di primo grado e ammette la soluzione x=0 .
Osserviamo che il discriminante è strettamente positivo, in quanto somma di quadrati.
Nel secondo caso, si tratta invece di una equazione di primo grado in y, avente soluzione:
y=
x
per y≠±1 .
1−x 2
Vediamo quindi cosa possiamo affermare delle varie risposte:
a. E' errata, perché afferma che il valore di x che risolve l'equazione sia sempre lo stesso, anche
al variare di y.
b. E' corretta, in quanto sia per y≠0 che per y=0 l'equazione ammette soluzioni in x.
c. E' errata, in quanto per y=0 l'equazione ammette l'unica soluzione x=0 .
d. E' errata, in quanto per x=±1 l'equazione non ammette soluzioni in y.
e. E' errata, in maniera analoga alla risposta a.
52.Indicando con x il numero richiesto, impostiamo l'equazione:
1
x=10 x 2 ⇒ 100 x 2− x=0 ⇒ x 1=0 non acc. ;
10
x 2=
1
.
100
E' quindi corretta la risposta a.
53.Riscriviamo l'equazione come: 10 4 x 2 109−1 x−105=0 . Quindi:
x=
9
9
2
1−109±  1018−2⋅10914⋅109 1−109 ± 10182⋅1091 1−10 ±  10 1
=
=
=
2⋅10 4
2⋅10 4
2⋅10 4
1−109±1091
2⋅109
⇒
x
=−
=−105 ;
1
4
4
2⋅10
2⋅10
x 2=
2
=10−4 .
4
2⋅10
In generale, per l'equazione n x 2n−1 x−n =0 , abbiamo:
x=
1−n ±  n 2−2⋅n 14⋅n 1−n±  n 22⋅n1
=
=


2⋅n
2⋅n
1−n±n1
2⋅n

⇒ x 1=−
2⋅n
=−n  ;

2⋅n
x 2=
2
=n− .

2⋅n
54.Imponiamo 32=48 t−16 t 2 ⇒ t 2 −3 t2=0 ⇒ t−1t−2=0 ⇒ t 1=1 s ; t 2=2 s .
55.Applicando la proprietà invariantiva, riscriviamo l'equazione come:
a a /b10

=2 .
b 110 a /b
Poniamo
x=
a
x10
=x ⇒ x
=2 ⇒ x10 x 2 x10=220 x ⇒ 5 x 2−9 x4=0 ⇒
b
110 x
9±  81−80
4
⇒ x 1= =0,8 ;
10
5
x 2=1 .
La seconda soluzione non è accettabile, in quanto corrisponde al caso a /b=1 ⇒ a=b ,
mentre il testo precisa che i numeri a e b devono essere distinti.
Quindi a /b=0,8 (soluzione c).
56.Il primo studente ha scritto correttamente il primo ed il terzo coefficiente dell'equazione, quindi
calcola correttamente il prodotto delle radici: x 1⋅x 2=c / a=2⋅3=6 .
Il secondo studente ha scritto correttamente il primo ed il secondo coefficiente dell'equazione,
quindi calcola correttamente la somma delle radici: x 1 x 2=−b/ a=25=7 .
Quindi le soluzioni corrette dell'equazione hanno somma uguale a 7 e prodotto uguale a 6, e sono
pertanto x 1=1 e x 2=6 .
57.Sappiamo che le soluzioni dell'equazione devono avere prodotto x 1⋅x 2=c / a=−16 .
Limitandoci ai numeri interi, sono possibili i seguenti casi:
•
x 1=−1 ; x 2=16 ⇒ x 1 x 2=−n=15 ;
•
x 1=−2 ; x 2=8 ⇒ x 1 x 2=−n=6 ;
•
x 1=−4 ; x 2=4 ⇒ x 1 x 2=−n=0 ;
•
x 1=−8 ; x 2=2 ⇒ x 1x 2=−n=−6 ;
•
x 1=−16=−1 ; x 2=1 ⇒ x 1 x 2=−n=−15 .
Il parametro n può quindi assumere cinque valori interi distinti (risposta d).
LE EQUAZIONI DI SECONDO GRADO Mettiti alla prova
METTITI ALLA PROVA
1
Dimostra che a ⫽ h 2 ⫺ k 2, b ⫽ 2hk e c ⫽ h 2 ⫹ k 2
costituiscono una terna pitagorica ∀ h, k 僆 R
con k 2 ⬍ h 2. Determina poi la terna pitagorica corrispondente ai valori di h e k, soluzioni dell’equazione 3x 2 ⫹ 4x ⫹ 1 ⫽ 0.
(Suggerimento. Ricorda che a, b e c formano una
terna pitagorica se vale l’uguaglianza a 2 ⫹ b 2 ⫽ c 2.)
8 2 10
ᎏᎏ , ᎏᎏ ; ᎏᎏ
9 3 9
冤
2
3
冥
Determina per quali valori di a 僆 R le soluzioni
dell’equazione x 2 ⫽ 2ax ⫹ 兹2苶x ⫺ 2a 兹2苶 rappresentano i lati di un rettangolo, poi calcola area
e perimetro di tale rettangolo. Per quale valore di
a il rettangolo diventa un quadrato? (Suggerimento. Utilizza la formula relativa a somma e
prodotto delle radici.)
兹苶
2
a ⬎ 0; 2p ⫽ 2(2a ⫹ 兹2苶); A ⫽ 2a 兹2苶; a ⫽ ᎏᎏ
2
冤
5
7
TEST Quale dei seguenti numeri non può
a
b
essere scritto nella forma ᎏᎏ ⫹ ᎏᎏ con a e b interi
b
a
positivi?
25
17
A ᎏᎏ .
D ᎏᎏ .
12
4
10
29
B ᎏᎏ .
E ᎏᎏ .
3
10
7
C ᎏᎏ .
3
TEST Siano a, b, c numeri non nulli e si consideri l’equazione di secondo grado ax2 ⫹ bx ⫹
⫹ c ⫽ 0. Si dica se la somma dei reciproci delle
radici di tale equazione è uguale a:
b
2a
1
1
A ᎏᎏ .
C ᎏᎏ .
E ᎏᎏ ⫹ ᎏᎏ .
c
b
c
a
b
1
1
B ⫺ ᎏᎏ .
D ᎏᎏ ⫹ ᎏᎏ .
c
a
b
(Olimpiadi della matematica, Gara Senior, 1990)
4
Senza risolvere l’equazione ax 2 ⫹ bx ⫹ c ⫽ 0,
scrivi l’equazione di secondo grado che ha per
radici:
a) gli opposti dei valori delle radici dell’equazione data;
b) i reciproci dei valori delle radici dell’equazione data;
c) le radici dell’equazione data moltiplicate per
un numero k;
d) le radici dell’equazione data aumentate di k.
[a) ax 2 ⫺ bx ⫹ c ⫽ 0; b) cx 2 ⫹ bx ⫹ a ⫽ 0;
c) ax 2 ⫹ kbx ⫹ k2c ⫽ 0;
2
d) ax ⫹ (b ⫺ 2ak) x ⫹ c ⫺ kb ⫹ ak2 ⫽ 0]
冥
Piegando un foglio di carta rettangolare, è possibile dividerlo in due parti rettangolari uguali fra
loro e simili al foglio originario? Calcola, se è
possibile, il rapporto fra i lati del foglio di carta.
x
兹苶
2
detti x e l i lati, ᎏᎏ ⫽ ᎏᎏ
l
2
冤
6
冥
Nell’equazione 2x 2 ⫺ 7x ⫹ 3 ⫽ 0, senza calcolare
le soluzioni, trova:
a) (x2 ⫺ x1)2 ⫺ 3x1 x2;
x1
x2
b) ᎏᎏ ⫹ ᎏᎏ .
x2
x1
7
37
a) ᎏᎏ ; b) ᎏᎏ
4
6
冤
冥
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1999)
8
TEST Quale numero diverso da 0 è tale
che la sua decima parte eguagli dieci volte il quadrato del numero stesso?
1
1
1
A ᎏᎏ
B ᎏᎏ
C ᎏᎏ
D 1
E 10
100
10
2
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1999)
9
Verifica che esiste un rettangolo R che si ottiene
come somma di un quadrato Q e di un altro rettangolo R⬘ simile a R. Calcola inoltre il rapporto,
detto rapporto aureo, tra i due lati di R.
x
兹5苶 ⫺ 1
detti x e l i suoi lati, ᎏᎏ ⫽ ᎏᎏ
2
l
冤
冥
10 Esistono basi in cui l’espressione 15 ⭈ 15 ⫽ 321 risulta corretta?
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(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2004)
[sì, la base 6]
1
LE EQUAZIONI DI SECONDO GRADO Mettiti alla prova
TEST Data l’equazione yx 2 ⫹ x ⫺ y ⫽ 0, quale delle seguenti affermazioni è corretta?
11
A
B
C
D
E
Esiste un valore di x che è soluzione dell’equazione per ogni valore di y.
Per ogni valore di y vi è almeno un valore di x che risolve l’equazione.
Per ogni valore di y esistono due valori distinti di x che risolvono l’equazione.
Per ogni valore di x esiste un valore di y che risolve l’equazione.
Esiste un valore di y che è soluzione dell’equazione per ogni valore di x.
(Olimpiadi della matematica, Gara Provinciale, 1995)
12 TEST Un foglio di carta rettangolare di misura 6 cm ⫻ 12 cm è piegato lungo la sua diagonale. Le due parti
non sovrapposte vengono tagliate via e poi si riapre il foglio ottenendo così un rombo. Qual è la lunghezza
del lato del rombo?
A 3,5兹5
苶 cm
B 7,35 cm
C 7,5 cm
D 7,85 cm
E 8,1 cm
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2003)
13 TEST Quante sono le coppie (x; y) di numeri reali che soddisfano l’equazione
(x ⫹ y)2 ⫽ (x ⫹ 3)(y ⫺ 3)?
(Suggerimento. Poni X ⫽ x ⫹ 3 e Y ⫽ y ⫺ 3 e sostituisci.)
A 0
B 1
C 2
D 3
E Infinite.
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2003)
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2
Mettiti alla prova - Equazioni 2° grado
1. Verifichiamo che a 2b 2=c 2 ⇒ h 2−k 2 22 hk 2=h 2k 2 2 ⇒
h 4 −2 h 2 k 2k 4 4 h 2 k 2=h 42 h 2 k 2k 4
Risolviamo: 3 x 24 x1=0 ⇒ x=
vera ∀ h , k ∈ℝ , ∣k∣∣h∣ .
−2±  4−3 −2±1
1
=
⇒ x 1=−1 ; x 2=− .
3
3
3
Ponendo h=−1/3 , k =−1 , ricaviamo:
1 8
2
1 10
2
2
2
2
a=h −k =1− = ; b=2 hk = ; c=h k =1 =
.
9 9
3
9 9
8 2 2 2 100 10 2
Infatti:     =
=  c.v.d.
9
3
81
9
2. Se l è il lato maggiore, deve essere:
3.
x l /2
l2
l
=
⇒ x 2 = ⇒ x=
.
l
x
2
2
1 1 x 1 x 2 −b/ a
b
 =
=
=− (risposta b).
x1 x 2 x1 x 2
c/a
c
4. Scrivendo l'equazione nella forma x 2−2 a  2 x2 a  2=0 è evidente, anche senza
utilizzare la formula risolutiva, che le soluzioni sono x 1=2 a , x 2=  2 , in quanto hanno
somma e prodotto uguali a −b/ a e c /a rispettivamente.
Poiché la lunghezza di un segmento deve essere un numero positivo, imponiamo a≥0 (il caso
a=0 rappresenta un rettangolo che degenera in due segmenti sovrapposti).
E' evidente che 2 p rett =22 a  2 , Area rett =2 a  2 .
Il rettangolo è un quadrato se 2 a=  2 ⇒ a=  2/ 2 .
5.
 x 2−x 1 2−3 x 1 x 2=

c 25 9 7
−3 = − = ;
2
a 4 2 4
a
x 1 x 2 x 12 x 22  x 1x 2 2 −2 x 1 x 2 b 2 / a 2−2 c /a b 2
49
37
.
 =
=
=
= −2= −2=
x 2 x1
x1 x 2
x1 x 2
c/a
ac
6
6
6. Ricordiamo che l'equazione di secondo grado che ha radici x1 e x2 può essere scritta nella forma:
a  x− x 1  x−x 2 =0 . Quindi:
a. Le radici sono −x 1 e −x 2 ; l'equazione è:
a  x x 1  x x 2 =0 ⇒ ax 2a  x 1 x 2  xax 1 x 2=0 ⇒ ax 2−bxc=0 .
b. Le radici sono 1/ x 1 e 1/ x 2 , che hanno somma e prodotto rispettivamente:
1 1
1
a
1 1 x 1x 2
b
⋅ =
=
 =
=− ;
.
x1 x 2 x1 x 2 c
x1 x 2 x1 x 2
c
b
a
2
2
L'equazione è quindi: x  x =0 ⇒ cx bxa=0 .
c
c
c. Le radici sono kx 1 e kx 2 , che hanno somma k  x 1 x 2  e prodotto k 2 x 1 x 2 .
L'equazione è quindi: ax 2kbxk 2 c=0 .
d. Le radici sono x 1k e x 2k . Esse hanno rispettivamente somma e prodotto:
x 1x 22 k ; x 1 x 2k  x 1x 2 k 2 . L'equazione è quindi:
b
c
b
2
2
2
2
x −− 2 k  x −k k =0 ⇒ ax b−2 ak  xc−bk ak =0 .
a
a
a
a b a 2b 2
7. Scriviamo
.
 =
b a
ab
Osserviamo che, se ab=3 , deve essere a=3 e b=1 (o viceversa).
Ma, in questo caso, si avrebbe: a 2b 2=10 .
Quindi non possiamo scrivere in questa forma il numero 7/3 (risposta c).
8. Vedi es. n° 52 pag. 956 del libro di testo.
9. Se l è la lunghezza del lato maggiore, avremo:
l
x
−l±  l 2 4 l 2  5−1
=
⇒ x 2 lx−l 2 =0 ⇒ x=
=
l
x l− x
2
2
x
(la soluzione negativa non ha significato geometrico).
x
l-x
l
10.Indicando con n la base, l'operazione diventa:
n52=3 n2 2 n1 ⇒ n 210 n25=3 n 2 2 n1 ⇒ n 2 −4 n−12=0 ⇒ n−6n2=0
da cui: n=6 . (La soluzione n=−2 non ha significato).
11.Vedi es. n° 51 pag. 956 del libro di testo.
12.Facendo riferimento alla figura, poniamo DP=x , e quindi
PC =12−x . Per Pitagora abbiamo: AP=  x 26 2 .
Poiché è semplice dimostrare che il quadrilatero ottenuto è un
rombo, deve essere AP= PC ⇒
 x 236=12− x
.
Eleviamo al quadrato:
x 236=144−24 xx 2 ⇒ 24 x=108 ⇒ x=4,5 ⇒ l=PC =12−4,5=7,5 cm (risposta c).
13.Come suggerito dal testo, poniamo: X =x3 ⇒ x= X −3 ; Y = y−3 ⇒ y=Y 3 .
L'equazione diventa:  X −3Y 32= XY ⇒ X 22 XY Y 2= XY ⇒ X 2 XY Y 2=0 .
Sia che consideriamo come incognita X che Y, l'equazione ottenuta ha discriminante negativo, e
quindi non esistono numeri reali che soddisfano l'equazione assegnata (risposta a).
Mettiti alla prova - Equivalenza superfici piane - pag. G280
A
21.Poniamo AH =h , BH =a , DH = x .
Da Pitagora ricaviamo: AB 2=a 2h2 ; AD 2= x 2h2 .
2
2
2
l
2
Quindi: AB − AD =a −x =axa− x=BD⋅CD .
h
x
C
a
H
D
a+x
a-x
22.Poniamo AB=a , AD=b , AH = x , EH = y .
a
D
B
C
Per il teorema di Pitagora:
•
EC 2=b y2a− x2 ;
•
ED 2=b y2 x 2 ;
b
H
x
B
•
EB = y a−x ;
y
•
EA2= y 2x 2 .
E
2
2
a-x
A
2
Svolgendo i calcoli, segue la tesi: EC 2−ED 2=EB 2−EA2 .
23.Poniamo AH = x , HN = NB= y .
C
Per il secondo teorema di Euclide:
CH 2= AH⋅BH =2 xy , quindi:
CH 2 xy
.
CK =MN =
=
4
2
2
2
2
A
H
2
La tesi afferma che: 2CM 2MN 2NB 2 −BH 2= AH⋅BH .
Sostituendo le variabili, otteniamo: 2
xy
xy
 y 2   y 2 =2 xy
2
2
y
y
x
xy
2
Per Pitagora: CM =CK KM =  y .
2
2
M
K
vera !
N
B
L’EQUIVALENZA DELLE SUPERFICI PIANE Mettiti alla prova
METTITI ALLA PROVA
TEST
1
3
Qual è la percentuale del quadrato ombreggiata in figura?
Nella figura sono indicate tre strisce tutte aventi
la stessa ampiezza orizzontale pari ad a. Le due
rette r e s che delimitano queste strisce sono parallele. Quale striscia ha area maggiore?
r
a
1
a
2
a
3
s
A
B
A
B
C
12,5%
16,66%
18,75%
D
E
C
20%
25%
D
E
Le strisce hanno la stessa area.
La striscia 1.
La striscia 2.
La striscia 3.
Non è possibile rispondere se non si conosce a.
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1997)
2
Il trapezio ABCD è
suddiviso dalle sue
diagonali in quattro
triangoli di area S1,
S2, S3, S4, (si veda la figura). Se S2 ⫽ 3 ⭈ S1,
allora:
A
B
C
S4 ⫽ 3 ⭈ S1.
S4 ⫽ 4 ⭈ S1.
S4 ⫽ 6 ⭈ S1.
S1
S2
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2003)
4
Costruiti i quadrati sui lati di un parallelogramma, dimostra che la loro somma è equivalente alla somma dei quadrati costruiti sulle
diagonali.
5
Rappresenta un parallelogramma ABCD e indica
con P un qualsiasi punto della diagonale AC. Dimostra che il triangolo ABD è equivalente alla
somma dei triangoli ABP e BPC.
6
Dimostra che le tre mediane di un qualsiasi
triangolo lo dividono in sei triangoli equivalenti.
S3
S4
D
E
S4 ⫽ 9 ⭈ S1.
S4 ⫽ 12 ⭈ S1.
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2001)
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1
Mettiti alla prova - Equivalenza superfici piane
1. Disponendo le due zone ombreggiate una accanto all'altra, vediamo che esse occupano un
trapezio avente base maggiore di lunghezza l (lato del quadrato), base minore di lunghezza
l / 4 e altezza l / 2 . La percentuale ombreggiata è quindi:
Are trapezio 1/ 2ll / 2⋅l / 4 3/16 l 2 3
=
=
= =18,75% (risposta c).
Area quadrato
16
l2
l2
2. Consideriamo il triangolo formato dall'unione dei
1
h1
triangoli 1 e 2: esso ha la stessa base del triangolo 1 e
la stessa altezza h del trapezio.
2
h
3
S 2=3 S 1 ⇒ S 1S 2=4 S 1 ⇒ h=4 h1 ⇒
h4
4
1
3
h1= h ⇒ h 4 = h .
4
4
Consideriamo ora il triangolo formato dall'unione dei
triangoli 2 e 4: esso ha la stessa base del triangolo 4 e la stessa altezza h del trapezio.
3
S 4= S 2S 4  ⇒ 4 S 4 =3 S 2 3 S 4 ⇒ S 4=3 S 2 ⇒ S 4=9 S 1 (risposta d).
4
3. Le tre strisce sono equivalenti a parallelogrammi aventi stessa base e stessa altezza, e quindi
hanno tutte la stessa area (risposta a).
4. Facendo riferimento alla figura, e indicando con a e b le
D
misure dei lati del parallelogramma: b 2=x 2h 2 .
b
La somma dei quadrati dei lati è quindi:
2a 2b 2 =2a 2 x 2h 2  .
h
d
a-x
x
Per il teorema di Pitagora, la somma dei quadrati delle
x
a
diagonali è invece:
d 2D 2=a− x2h2ax2h 2=2a 2 x 2h 2  c.v.d.
D
5. L'unione dei triangoli ABP e BPC è il triangolo ABC.
I triangoli ABD e ABC sono equivalenti perché hanno la
C
P
stessa base AB e la stessa altezza (quella del
parallelogramma).
A
B
6. Indichiamo con le lettere da a ad f le aree dei sei triangoli.
C
Facendo riferimento alla figura, sappiamo che:
a= f , b=c , d =e
perché coppie di triangoli aventi basi uguali per ipotesi e la
e
Quindi: a f e=bcd ⇒ 2 a=2 b ⇒ a=b .
In maniera analoga sono equivalenti i triangoli ACN e ABN.
Quindi: ab f =cd e ⇒ 2 a=2 d ⇒ a=d .
Dalla proprietà transitiva dell'uguaglianza segue la tesi.
A
N
b
G
f
stessa altezza.
Per lo stesso motivo, sono equivalenti i triangoli AMC e BMC.
a
L
c
d
M
B
Mettiti alla prova - Misura e grandezze proporzionali - pag. G340
20.Indichiamo con F il punto di intersezione tra le rette AE e CD. Ricaviamo nell'ordine:
•
 =95° per la somma degli angoli interni del triangolo AFC;
AFC
•


perché adiacente ad AFC
;
EFD=85°
•

per la somma degli angoli interni del triangolo FDE;
FDE=75°
•
 =75° perché opposto al vertice di FDE

.
BDC
E' quindi corretta la risposta a.
21.Dalle informazioni del testo ricaviamo le seguenti equazioni:
{
2 a2 c=1
2 b2 c=2 .
2 a2 d =2
d
Sommando membro a membro la seconda e la terza equazione e c
sottraendo da esse la prima (oppure utilizzando il metodo di
a
b
sostituzione), ricaviamo: 2 b2 c=22−1=3 (risposta e).
22.Dalla somma degli angoli interni del triangolo ACP ricaviamo:
 C
A
 C =80 ° .
 =180 °−140 ° ⇒ A
2 2
 C =100 ° (risposta b).

Dalla somma degli angoli interni del triangolo ABC: B=180
°− A
23.Dato che AB= AC =30 cm , l'ipotenusa misura:
BC =50  2 cm ,
mentre
l'altezza
C
A
E
relativa
all'ipotenusa misura AH =25  2 cm .
4
Poiché AE = AC =40 cm , anche:
5
4
DE = BC =40  2 cm .
5
K
I
H
L
G
La regione evidenziata è un trapezio avente:
BC
=10  2 cm ;
5
•
base maggiore LF =
•
DE
=8  2 cm ;
base minore GI =
5
•
altezza HK =
AH
=5  2 cm .
5
L'area della regione evidenziata è quindi:
Area=
 LF GI ⋅HK 10  28  2⋅5  2
=
=90 cm2 (risposta c).
2
2
F
D
B
LA MISURA E LE GRANDEZZE PROPORZIONALI Mettiti alla prova
METTITI ALLA PROVA
1
TEST I tre quadrati del disegno hanno lo stesso lato. In che rapporto stanno le aree delle tre figure
tratteggiate?
A
B
C
D
E
La prima area è maggiore delle altre due.
La seconda area è maggiore delle altre due.
La terza area è maggiore delle altre due.
La prima area è uguale alla seconda ed entrambe sono maggiori della terza.
Le tre aree sono uguali.
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1996)
2
In un quadrilatero convesso ABCD i lati AB, BC, CD sono uguali. Inoltre AC ⫽ BD ⫽ AD. Quanto misura l’angolo in D?
(Olimpiadi della matematica, Gara provinciale, 1997)
[72°]
3
TEST Se ordiniamo le cifre seguenti secondo la somma delle lunghezze dei segmenti di cui sono
composte, quale cifra occupa la posizione centrale? (Suggerimento. Poni uguale a 1 la lunghezza dei tratti
orizzontali…)
A
B
C
D
E
4
Il 3.
Il 2.
Il 4.
Ce n’è più di una.
Nessuna delle precedenti.
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1998)
TEST Sia ABC un triangolo equilatero e DEF un altro triangolo equilatero in esso inscritto con AB
perpendicolare a ED. Il rapporto fra le aree di ABC e di DEF è:
A
B
C
D
E
兹3苶.
2.
5
ᎏᎏ .
2
3.
3兹2苶.
C
D
F
A
E
B
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1996)
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1
LA MISURA E LE GRANDEZZE PROPORZIONALI Mettiti alla prova
5
a
TEST Uno studente vuole misurare il diametro di un cilindro
usando un calibro. Purtroppo lo strumento disponibile ha i becchi
troppo corti, e non è possibile fare in modo che essi tocchino contemporaneamente due punti diametralmente opposti della superficie laterale. Lo studente decide allora di utilizzare il metodo mostrato nella figura a fianco, in cui il bordo del regolo è tangente alla superficie laterale del cilindro. Detta a la misura letta sul regolo del calibro e d la distanza fra l’estremità di un becco e il regolo, si ha che il
diametro vale:
d2
a2
1
d2
2
2
A 兹a
B a ⫹ ᎏᎏ .
C a ⫹ ᎏᎏ a 2 ⫹ ᎏᎏ .
D d ⫹ ᎏᎏ .
苶苶⫹
苶苶d苶.
4a
4
4d
2
冪莦莦莦莦莦
d
E
1
d ⫹ ᎏᎏ
2
冪莦莦莦莦莦
a2
d 2 ⫹ ᎏᎏ .
4
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 2000)
6
Dato un foglio rettangolare di lati a e b, con a ⬎ b, determina
l’area del triangolo che risulta dalla sovrapposizione dei due lembi
che si ottengono piegando il foglio lungo una diagonale (il triangolo
ombreggiato nella figura).
(Olimpiadi della matematica, Gara nazionale, 1999)
(a ⫹ b )b
ᎏ冥
冤ᎏ
4a
2
7
TEST Il rombo KLMN in figura è ottenuto ripiegando due vertici opposti di
un opportuno rettangolo fino a farli combaciare con il punto di mezzo della
diagonale. Il più corto dei lati del rettangolo misura 兹3苶. Quanto misura l’area del rombo?
A
3
B
苶
兹10
C
2兹3苶
D
4
E
3兹2苶
2
M
N
3
K
L
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2004)
8
Per un punto fissato internamente a un triangolo rettangolo si traccino le parallele ai lati. Siano a, b e c le
aree dei tre triangoli rettangoli che vengono così individuati. Quanto vale l’area del triangolo di partenza in
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2003)
funzione di a, b e c?
[(兹a苶 ⫹ 兹b苶 ⫹ 兹c苶)2]
9
Dato un triangolo ABC, rettangolo in C, si considerino i punti A′ simmetrico di A rispetto a BC, B′ simmetrico di B rispetto ad AC e C ′ simmetrico di C rispetto ad AB. Quanto vale il rapporto tra l’area di A′B′C ′ e
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2004)
quella di ABC ?
[3]
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2
Mettiti alla prova - Misura e grandezze proporzionali
1. Le tre aree sono uguali (risposta e), in quanto sono tutte uguali ad un quarto dell'area del
quadrato dato.
2. Dalle informazioni del testo possiamo affermare che i
B
2a
triangoli ABC e BCD sono isosceli e congruenti (per il terzo
a
C
2a
O
criterio). Possiamo quindi porre:
 = BCA=



.
BAC
CBD=
CDB=
a
a
a
a
a
Ne segue che il triangolo BCD ha due angoli congruenti, ed è A
D
quindi isoscele: BO=CO .
Poiché AC =BD per ipotesi, anche AO=DO per differenza di segmenti congruenti.
 =180 °−2  per la somma degli angoli interni del triangolo BOC, quindi
Sappiamo che BOC


.
AOD=180
°−2  perché opposto al vertice di BOC


Poiché il triangolo AOD è isoscele: OAD=
.
OCD=

 =2  .
Sappiamo che AC = AD per ipotesi, quindi: ACD=
ADC
Imponiamo che la somma degli angoli interni del triangolo ACD sia un angolo piatto:
 =2 =72 ° .
5 =360 ° ⇒ =36 ° ⇒ ADC
Osserviamo infine che il quadrilatero ABCD è un trapezio isoscele, in quanto le rette AD e BC, tagliate dalle
trasversali AC o BD, formano angoli alterni interni uguali.
3. Il testo è inesatto. Se vogliamo rispondere ugualmente, dobbiamo dire che, dal momento che le
cifre sono dieci, e quindi in numero pari, non esiste una cifra che occupa la posizione centrale.
Il testo originale dei Giochi di Archimede, invece, riportava solo le cifre da 1 e 9, e forniva
quindi la seguente soluzione:
“La risposta è a. Infatti, posta uguale a 1 la lunghezza dei tratti orizzontali e verticali, quelli
obliqui hanno lunghezza
2
. E' dunque facile vedere che:
•
1, 4 e 7 hanno lunghezza 2  2 ;
•
2 ha lunghezza 3  2 ;
•
3 ha lunghezza 22  2 ;
•
5 ha lunghezza 5;
•
6 e 9 hanno lunghezza 4  2 ;
•
8 ha lunghezza 7.
Pertanto 3 occupa il quinto posto nell'ordine per lunghezza”.


4. Il triangolo rettangolo ADE ha A=60
° .
° , D=30
Ponendo AE= x , avremo quindi AD=2 x , DE= x  3 .
Poiché i triangoli ADE, CDF, EFB sono congruenti per simmetria, anche BE=2 x .
Quindi, se poniamo AB=l , dovrà essere: AEBE= AB ⇒ x2 x=l ⇒ x=l /3 .
Il lato del triangolo equilatero DEF misura quindi: DE=x  3=l
3
3
.
Poiché l'area del triangolo equilatero è proporzionale al quadrato del lato (esattamente
2
Area ABC
l
=
 =3 (risposta d).
Area DEF l  3/3
A=l 2  3/ 4 ), il rapporto delle aree vale:
5. Applichiamo il teorema di Pitagora:
2
d
2
a/2
2
r-d
a
a
a
.
r 2=  r−d 2 ⇒ r 2= r 2−2 drd 2 ⇒ 2 r=d 
2
4
4d
E' quindi corretta la risposta d.
r
O
E
6. Come avevamo visto in un esercizio simile, i triangoli ADF e
CEF sono congruenti.
Imponiamo quindi: AF = FC ⇒
b 2 x 2=a 2−2 ax x 2 ⇒ x=
2
2
2
D
⇒
a 2−b 2
.
2a
Area AFC = Area ADC − Area ADF =
2
 b2 x 2=a− x
2
a-x
F
C
b
ab bx
− =
2
2
3
x
2
A
a
B
ab b a −b 2 a b−a bb a b b
.
− ⋅
=
=
2 2 2a
4a
4a
7. Poniamo AK = x , NK =KL= y .
Il testo ci informa che NL=2  3 , quindi:
AL=  NL 2− AN 2 ⇒ x y=  12−3=3 .
Per il teorema di Pitagora:
NK 2= AK 2 AN 2 ⇒ y 2= x 23 .
Ricaviamo dalla prima equazione y=3− x e sostituiamo nella seconda:
3− x2=x 23 ⇒ 9−6 x x 2=x 23 ⇒ x=1 ⇒ KM =2 .
Quindi: Area rombo=
NL⋅KM 2  3⋅2
=
=2  3 (risposta c).
2
2
Gli ultimi due esercizi mi sembrano troppo impegnativi.
Per scrupolo, riporto comunque le soluzioni ufficiali del Kangourou.
8. Oltre ai tre triangoli (tutti simili al triangolo di partenza) si ottengono anche tre parallelogrammi,
per cui è ovvio che la base del triangolo di partenza è la somma delle basi dei tre triangoli piccoli
e lo stesso avviene per l'altezza. Dette x e y la base e l'altezza del triangolo di area a, il triangolo
di area b avrà base hx e altezza hy (con h2=b/a ) e il triangolo di area c avrà base kx e altezza
2
ky (con k =c / a ). Avremo quindi: a=
xy
h 2 xy
k 2 xy
, b=
, c=
.
2
2
2
C
hy
S
y
M
K
hy
a
P b
ky
ky
A
hx
x
x
L
c
H
kx
R
hx
B
Dunque l’area del triangolo di partenza è:
Area tr =
AB⋅AC  AH HRRB AM MS SC   xhxkx yhyky
=
=
=
2
2
2
2
xyh2 xyk 2 xy2 hxy2 kxy2 hkxy
=abc2  ab2  ac2  bc=  a  b  c .
2
9. A'B'C è simmetrico di ABC rispetto a C e ABC' lo è rispetto
ad AB: quindi le perpendicolari tracciate da C alle due
ipotenuse A'B' e AB stanno sulla stessa retta che è la
perpendicolare da C' ad A'B'.
Visto che la distanza tra C e C' è doppia di quella tra C e
l’ipotenusa A'B' l’altezza relativa ad A'B' del nuovo triangolo
è 3 volte quella relativa ad AB nel vecchio, ed essendo AB=A'B' si vede che anche l'area del
nuovo triangolo è 3 volte quella del vecchio.
Mettiti alla prova - Radicali - pag. 864
63.Svolgendo i prodotti notevoli, il numero dato può essere scritto:
1
1
= .
9−24−3 7
E' quindi un numero razionale positivo, non intero (risposta b).
64.E' vero che b≥0 (risposta c), in quanto è uguale alla radice quadrata di una quantità
sicuramente positiva, in quanto somma di quadrati.
In realtà, poiché a 210 , potremmo precisare che deve essere b0 .
65.I numeri dati possono essere riscritti come segue:
a.
0,0000001=10−7 ;
b.
9−8=
c.
0,10,1=
d.
 0,00001=  10−5= 100
e.
0,00012=10−4 2=10−8
1
1
1 1
 8 , in quanto 
;
8
9 10
9 10
1 1/10
1
1
 = 10  , in quanto
10
 10 2
1
 102
10
1
1

, in quanto
 10 400
;
 104
;
Confrontando le disuguaglianze, vediamo che il numero più piccolo è 10−8 (risposta e).
 31 =   31
 3−1 3−1
2
66.Razionalizziamo:
=
32  31
=2  3≃3,7 .
2
Quindi, l'intero che approssima meglio il numero dato è 4.
 x−  7
67.
⋅ x  7− x 214= x 2−7− x 214=7 .
x−  7
2
Test your skills - n°68
Per esprimere un numero a come percentuale di un numero b dobbiamo calcolare:
Nel nostro caso:


8  24 2 2 3
1
:
=
⋅
= =33, 3% .
27 3
3 3 2 6 3
a
⋅100 .
b
I NUMERI REALI E I RADICALI Mettiti alla prova
METTITI ALLA PROVA
12
n
n⫹1
1
2 3
Considera l’uguaglianza: 兹苶
a苶
b苶 ⭈ 兹苶
a ⭈ 兹b
苶 ⫽ 兹a
苶苶b, con a ⬎ 0, b ⬎ 0 e n 僆 N. Determina per quale valore di
[n ⫽ 3]
n essa è vera.
2
Semplifica la seguente espressione:
苶 ⬊ 兹12
苶 ⭈ 兹兹
苶苶
苶
16 ⬊ 兹2苶兹
苶苶
苶
16 ⭈ 兹18
苶 ⬊ 兹兹
苶苶
苶
81 .
兹96
[2 兹2苶]
3
3
2
Dimostra la seguente identità: 兹0,
苶09
苶 ⭈ 兹兹
苶苶
0,苶
苶
04 ⭈ 兹兹
苶苶
10苶苶
⬊ (兹2苶4 ⭈ 兹0,
苶02
苶) ⫽ ᎏᎏ .
4
4
Se sottrai 2 兹3苶 a un numero e alla metà della differenza aggiungi la quarta parte del numero stesso, ottieni
[8 兹3苶]
lo stesso numero diminuito di 3 兹3苶. Qual è il numero?
TEST
7
Quanto vale 兹2兹
苶苶苶苶
2?
兹苶
2
9
兹苶
2
4
兹苶
2
20
兹苶
29
20
兹苶
4
5
5
A
B
C
D
E
4
20
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1997)
6
1
1
1
Sia S ⫽ ᎏᎏ ⫹ ᎏᎏ ⫹ ᎏᎏ.
兹7
苶 ⫹ 兹6
苶
兹6
苶 ⫹ 兹5
苶
兹5
苶⫹2
Allora S vale:
A 3
B 兹7
苶⫺2
C 兹7
苶 ⫺ 2兹6苶 ⫹ 2兹5苶 ⫹ 2
D 1
1
E ᎏᎏ
兹7苶 ⫺ 2
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2002)
Qual è il numero intero che approssima
兹5苶 ⫹ 2
meglio il numero ᎏᎏ ?
兹5苶 ⫺ 2
A 2
B 7
C 14
D 18
E 29
(Olimpiadi della matematica, Giochi di Archimede, 1997)
8
Sia l la lunghezza della più lunga linea spezzata,
formata da segmenti aventi gli estremi nei vertici
di un quadrato di lato 1, che è possibile tracciare
senza mai staccare la penna dal foglio e senza percorrere due volte alcun segmento (è ammesso
passare più di una volta per qualche vertice). Qual
è, fra i seguenti numeri, quello più vicino a l ?
A 4
B 3
C 5,4
D 5,8
E 6,8
(Gara Kangourou di matematica, Categoria Junior, 2002)
Copyright © 2010 Zanichelli editore SpA, Bologna [6821 der]
Questo file è una estensione online dei corsi di matematica di Massimo Bergamini, Anna Trifone e Graziella Barozzi
1
Mettiti alla prova - Radicali
1
1
1
1
1
1
1. Scriviamo i radicali sotto forma di potenze con esponente razionale: a 6⋅b 4⋅a n⋅b n1 =a 2⋅b 2 .
Uguagliando i termini in a e in b rispettivamente, troviamo:
•
1 1 1
1 1 1 1
 = ⇒ = − = ⇒ n=3 ;
6 n 2
n 2 6 3
•
1
1
1
1
1 1 1

= ⇒
= − = ⇒ n1=4 ⇒ n=3 .
4 n1 2
n1 2 4 4
4  6  16 3  2
2 32
⋅
⋅ 4 =2  2⋅
⋅
=2  2 .
2  3  8  81
22 3
4
2.
3.
 

9 4 4
2
3 1
10 3
⋅
⋅ 10 :22⋅
= ⋅ ⋅ 10⋅
= c.v.d.
100 100
100 10  5
4 2 4
4. Indichiamo con x il numero cercato e traduciamo il testo in una equazione:
x−2  3 x
 = x−3  3 ⇒ 2 x−4  3 x=4 x−12  3 ⇒ x=8  3 .
2
4
5.
 2  2=  2 ⋅2=  2 = 2
5
4
5 4
4
20
5
4
(risposta c).
6. E' decisamente conveniente razionalizzare:
 52 =   52
 5−2 5−4
2
7. Razionalizziamo:
 7− 6   6− 5   5−2 =  7−2
7−6
6−5
5−4
(risposta b).
=54  54≃94⋅2,2≃17.8 .
Quindi il numero intero che approssima meglio la quantità data è 18 (risposta d).
8. Non sono sicuro, ma mi sembra che sia possibile percorrere tre dei quattro D
C
lati e le due diagonali, ad esempio tramite il percorso ACDBAD in figura,
mentre non è possibile percorrere il quarto lato.
La lunghezza della spezzata è quindi: 32  2≃5,8 (risposta d).
A
B
Mettiti alla prova - Similitudine - pag. G446
32.Osserviamo che BE=EDDK =3 . Quindi nel triangolo
A
ABK il segmento EM congiunge i punti medi dei due lati
AB e BK, ed è pertanto parallelo al terzo lato AK (o AC)
c.v.d.
M
K
D
2
Nel triangolo ABC il segmento HM è parallelo al lato AC e
1
AM =MB , quindi anche CH =HB . Pertanto i triangoli
ACH e ABH sono congruenti per il primo criterio, e quindi
AB= AC c.v.d.
E
3
C
B
H
L'ultimo punto è più difficile; lo incollo dalle soluzioni dei Giochi di Archimede:
Poiché BD=2DK, il baricentro di ABC si trova sulla retta r passante per D e parallela ad AC(per
il teorema di Talete). D'altra parte, il baricentro si trova anche sulla mediana AH, e quindi il
baricentro è il punto D di intersezione fra queste due rette. Pertanto BK passa per il baricentro e
quindi è una mediana. Visto che BK è anche bisettrice: BA=BC c.v.d.
Possiamo quindi concludere che il triangolo ABC è equilatero.
33.Possiamo vedere la figura come composta da un quadrato di lato 2R da
cui vengono sottratti quattro quadranti di una circonferenza di raggio R
R
R
R
R
ed una circonferenza centrale tangente alle altre.
La somma tra il raggio della circonferenza centrale e quello di ciascuna
delle circonferenze esterne è uguale alla diagonale del quadrato di lato
R, quindi la circonferenza centrale ha raggio r=R  2−1 .
R(√2-1)
L'area richiesta è quindi: A=2 R2− R 2− R 2   2−1 =4 R 2− R 2− R 2 3−2  2=
2
R 2 4−4 2  2 =2 R 2 [2−2−  2] (risposta b).
34.La distanza reale tra le due città è D=10 cm⋅100 000=106 cm .
La distanza nella seconda carta è d =
6
10 cm
=4 cm (risposta b).
250 000
In alternativa, possiamo utilizzare il fatto che il rapporto di scala e la distanza sulla carta geografica sono grandezze
inversamente proporzionali.
35.L'area della figura è uguale alla somma delle aree dei due cerchi sottratta dell'area della regione
 19
comune (che altrimenti sarebbe contata due volte): Area= 3212− =  (risposta b).
2 2