Risposte ai quesiti

Perugia, dic. 2009/gen. 2010
Risposte ai quesiti
1. Dati i quadrati ABCD e AB ′ C ′ D′ , come in figura, provare che la perpendicolare uscente da A alla retta
DD′ passa per il punto medio del segmento BB ′ quale che sia la posizione del quadrato AB ′ C ′ D′ .
B
C
M
B’
A
D
E
H
C’
D’
Sia E il simmetrico di B ′ rispetto ad A. Per il primo criterio di congruenza i triangoli ABE e ADD′
sono congruenti perché due dei loro lati sono a due a due lati di uno stesso quadrato (AB = AD,
b = E AD
b ′ = 90◦ e l’angolo E AD
b parte comune degli
AE = AD′ ) inoltre essendo per costruzione B AD
′
b DAD
b questi ultimi sono congruenti perché somme di angoli congruenti.
angoli B AE,
In buona sostanza, se il triangolo DAD′ ruota di 90◦ in senso orario va a coincidere con il triangolo
BAE. Ne consegue che i lati corrispondenti dei triangoli in questione sono a due a due perpendicolari.
In particolare, BE è perpendicolare a DD′ e quindi è anche parallelo alla retta HA. Per il teorema di
Talete allora al punto medio, A, di EB ′ corrisponde il punto medio, M , di BB ′ .
2. Due sfere sono tangenti esternamente in un punto P . Si consideri una retta s tangente esterna alle due
sfere e siano A e B i punti di contatto rispettivamente con la prima e con la seconda sfera. Al variare di
s il segmento AB descrive un tronco di cono, di cui si chiede l’area (laterale) in funzione della lunghezza
x del segmento AB. (Da Newton).
T
D
P
A
B
S
H
C
s
La superficie laterale di un tronco di cono equivale ad un trapezio avente per basi le due circonferenze
di base del tronco e per altezza il suo apotema. La formula che ne consegue è allora Sl = π(R + r)a,
dove Sl , R, r e a sono rispettivamente la superficie laterale, i raggi delle basi e l’apotema. Nel caso in
questione il tronco di cono è generato dalla rotazione del trapezio rettangolo T SBA intorno all’altezza
TS
Siano U e u rispettivamente le misure dei raggi delle due sfere. Il trapezio rettangolo ABCD ha il lato
obliquo che misura U + u, mentre la differenza delle basi misura evidentemente U − u.
I triangoli DHC, BSC e ADT sono simili. Infatti, i triangoli DHC e BSC sono retti e hanno in
comune l’angolo in C. I triangoli BSC e ADT sono retti e hanno gli angoli in C e in D congruenti
perché corrispondenti rispetto alle rette parallele BC e AD tagliate dalla trasversale DC. Le rette BC
e AD sono parallele perché perpendicolari alla stessa retta s.
Sussistono allora fra lati corrispondenti le seguenti proporzioni:
BS : DH = BC : DC
AT : DH = AD : DC
dalle quali si ricava facilmente:
U
x
U +u
u
x
r=
U +u
R=
Sostituendo quanto appena trovato nella formula della superficie laterale del tronco di cono si ottiene:
Sl =π(R + r)a
u
U
x+
x x
=π
U +u
U +u
u
U
x2
+
=π
U +u U +u
=πx2 .
Vale la pena notare che il risultato non dipende dalle lunghezze dei raggi delle due sfere, ma questi
ultimi possono variare l’uno rispetto all’altro in funzione di una legge ricavabile mediante l’applicazione
del teorema di Pitagora al triangolo DHC. Essendo DH = x, HC = U − u e CD = U + u, si ottiene,
infatti
x2 + (U − u)2 = (U + u)2
e infine sviluppando i quadrati
x2 + U 2 − 2U u + u2 = U 2 + 2U u + u2
e semplificando
4U u = x2 .
Dalla relazione precedente si può ad esempio esprimere U mediante u come segue:
U=
x2 /4
.
u
U
x/2
u
x/2
In questo modo si mette in evidenza che il legame fra i raggi è di inversa proporzionalità o, in altri
termini, che il loro prodotto è costantemente uguale a x2 /4. Se immaginiamo i raggi U e u come le
dimensioni di un rettangolo, si può affermare che la sua area al variare delle dimensioni deve essere il
valore costante x2 /4. È infine interessante il caso in cui le sfere hanno lo stesso raggio e il tronco di
cono si trasforma in un cilindro. In sostanza se U = u allora si ricava che U = u = x/2.
3. Una sfera di raggio r = 15 cm poggia su due binari distanti fra loro 24 cm come in figura. Se la sfera fa
una rotazione completa, di quanto avanza sui binari?
In un primo momento si è tentati di rispondere che in una rotazione completa la sfera avanzerà di un
tratto pari alla lunghezza della sua circonferenza massima e cioè di 30π.
Nell’ipotesi che la distanza fra le rotaie sia zero quella risposta è certo giusta perché la sfera toccherà
durante la rotazione completa il piano formato dalle rotaie.
15
9
12
24 cm
Immaginiamo, ora, di aumentare progressivamente la distanza fra le rotaie a partire da zero. La sfera
toccherà le rotaie lungo due circonferenze sezioni dei piani ortogonali al piano delle rotaie e passanti per
il bordo interno delle stesse. Tali circonferenze sono ovviamente di raggio minore rispetto a quello della
sfera e la loro lunghezza rappresenta il tratto di cui avanza la sfera in una rotazione completa.
È necessario scoprire la relazione che intercorre fra la distanza delle rotaie e il tratto di quanto avanza
la sfera. Nella figura è evidenziato un triangolo rettangolo, nel quale l’ipotenusa il raggio della sfera
e un cateto rappresenta la semi-distanza fra le rotaie, l’altro cateto è invece il raggio delle due sezioni.
Indicata con x la semi-distanza fra le rotaie e con y il raggio delle sezioni vale, come conseguenza diretta
del teorema di Pitagora, ovviamente la relazione
p
p
y = 152 − x2 = 225 − x2
il cui grafico è:
y
80
60
18 π ≈56
40
20
5
10 12
15
x
Mediante due figure è possibile immaginare il processo: nella prima figura si immagina la sfera divisa in
dischetti che simmetricamente a due a due rispetto a quello centrale rappresentano le posizioni assunte
dalle rotaie;
la seconda mostra gli spostamenti che subisce il centro della sfera in base ai raggi delle sezioni.
4. Date tre rette parallele, costruire il triangolo equilatero avente i vertici su di esse.
La costruzione è molto facile se la retta b è equidistante dalle rette ad essa parallele a e c, perché in tal
caso il lato del triangolo è uguale alla distanza fra le rette a e c. Quindi se si fissa il punto A ∈ a e da
esso si traccia la perpendicolare alla retta c si ottiene il punto C ∈ c. mediante il compasso puntato in
A con apertura AC si traccia un arco che interseca in punto B la retta b e con ciò il triangolo equilatero
ABC è perfettamente costruito.
c
C
b
B
A
a
La questione è ovviamente più complicata se b non rappresenta la retta di mezzo tra a e c.
In questa come in altre costruzioni geometriche conviene immaginare che la figura sia stata già ottenuta
per riconoscere qualche particolarità utile a determinare i passi della costruzione stessa.
Una volta fissato il punto A ∈ a, si nota guardando la figura che il segmento AB deve ruotare di 60◦
in senso antiorario per sovrapporsi ad AC in modo da costituire un triangolo equilatero. Serve però
individuare l’esatta posizione che deve assumere B ∈ b.
Nella figura sottostante il segmento AH perpendicolare alla b e la stessa retta b sono stati ruotati di 60◦
in senso antiorario fino ad ottenere il segmento AH ′ e la retta b′ . Proviamo che b′ interseca la retta c
in un punto C che rappresenta uno dei vertici del triangolo equilatero ABC.
Infatti, come s’è detto, il vertice B dovrà sovrapporsi a C una volta ruotato di 60◦ attorno al vertice
A, ma poiché B appartiene alla retta b allora a b′ dovrà appartenere C che è l’immagine di B nella
rotazione di 60◦ di centro A. In altri termini il punto C deve appartenere tanto a c quanto a b′ , ovvero
alla loro intersezione.
c
C
H
b
B
H’
b’
60°
A
a
È infine facile trovare il vertice B: con il compasso puntato in C e apertura AC basta descrivere un
arco fino ad intersecare b nel terzo vertice del triangolo equilatero ABC.