Discussione di un problema di Geometria con i limiti

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Discussione di un problema di Geometria con i limiti #40451

avt
JohnnyR
Cerchio
Ciao a tutti potreste aiutarmi con la discussione di un problema di Geometria con i limiti? Possibilmente utilizzando gli argomenti del triennio...

Data una circonferenza di diametro AC=2r e centro O, tracciare la semiretta uscente da A, perpendicolare ad AC e giacente rispetto ad AC dalla stessa parte della semicirconferenza. Detto M un punto generico su tale semiretta, indicare con x la distanza di M da A. Da M staccare l'ulteriore tangente in B alla semicirconferenza. Detta K l'intersezione della semicirconferenza con il segmento OM, determinare l'area y del quadrilatero ACBK in funzione di x. Determinare il valore di y per x tendente a +infinito.

Risultati: y=[r^2x(r+ sqrtx^2+r^2)]/x^2+r^2

lim y = r^2

Grazie! emt
 
 

Discussione di un problema di Geometria con i limiti #40463

avt
Ifrit
Amministratore
Ciao JohnnyR!

Costruisci la figura:


areaquadrilatero



Dobbiamo calcolare l'area del quadrilatero ACBK, però prima dobbiamo fare alcune considerazioni geometriche. Grazie al teorema delle tangenti:

"I segmenti di tangente, condotti da un punto esterno a una circonferenza e compresi tra tale punto e quelli di contatto, sono congruenti"

abbiamo che AM=MB ed inoltre gli angoli A\hat{O}K e K\hat{O}B sono congruenti.

Chiamiamo questi angoli \alpha di conseguenza, l'angolo C\hat{O}B= \pi-2\alpha


Ora possiamo calcolare l'area del quadrilatero AKBC , sommando le aree dei triangoli:

AOK, KOB, BOC

e per farlo utilizzeremo il teorema dell'area di un triangolo qualsiasi, abbiamo che:

A_{AOK}= \frac{r^2}{2}\sin(\alpha)

A_{KOB}= \frac{r^2}{2}\sin(\alpha)

A_{BOC}= \frac{r^2}{2}\sin(\pi-2\alpha)

Ora per il primo teorema sui triangoli rettangoli applicato al triangolo rettangolo OAM, abbiamo che:

AM= OM\sin(\alpha)\iff x= OM\sin(\alpha)

ora nota che OM è l'ipotenusa del triangolo rettangolo AMO che possiamo calcolare con il teorema di Pitagora:

OM= \sqrt{AO^2+ AM^2}= \sqrt{r^2+x^2}


conseguentemente:

x=\sqrt{r^2+x^2}\sin(\alpha)\implies \sin(\alpha)= \frac{x}{\sqrt{r^2+x^2}}

Inoltre per il teorema fondamentale della goniometria abbiamo che:

\cos(\alpha)= \sqrt{1-\frac{x^2}{r^2+x^2}}= \frac{r}{\sqrt{r^2+x^2}}

di conseguenza:

\sin(\pi-2\alpha)= \sin(2\alpha)=2\sin(\alpha)\cos(\alpha)=

2\cdot \frac{x}{\sqrt{r^2+x^2}}\cdot \frac{r}{\sqrt{r^2+x^2}}=


\frac{2x r}{r^2+x^2}

L'area del quadrilatero è quindi:

A(x)= r^2\sin(\alpha)+\frac{r^2}{2}\sin(\pi-2\alpha)=

= r^2\cdot  \frac{x}{\sqrt{r^2+x^2}}+\frac{x r^3}{r^2+x^2}

mettendo in evidenza r^2 x

= r^2x\left(\frac{1}{\sqrt{r^2+x^2}}+\frac{r}{r^2+x^2} \right)

= r^2x\left(\frac{\sqrt{r^2+x^2}+r}{r^2+x^2} \right)


A questo punto, calcoliamo il limite:

\lim_{x\to \infty}r^2x\left(\frac{\sqrt{r^2+x^2}+r}{r^2+x^2} \right)

\lim_{x\to \infty}r^2x\left(|x|\frac{\sqrt{\frac{r^2}{x^2}+1}+\frac{r}{x}}{x^2 \left(\frac{r^2}{x^2}+1\right)} \right)

poiché x tende a più infinito, il valore assoluto è superfluo perché x è definitivamente positivo:

\lim_{x\to \infty}r^2x\left(x\frac{\sqrt{\frac{r^2}{x^2}+1}+\frac{r}{x}}{x^2 \left(\frac{r^2}{x^2}+1\right)} \right)


Semplificando in modo opportuno:

\lim_{x\to \infty}r^2\left(\frac{\sqrt{\frac{r^2}{x^2}+1}+\frac{r}{x}}{\frac{r^2}{x^2}+1} \right)=r^2
Ringraziano: Omega, LittleMar, JohnnyR, CarFaby
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