Soluzione

L'ORIGINE DELLA GEOMETRIA
Credere che una scienza esista a partire da un determinato
momento è una ingenuità. Nelle sue Storie, Erodoto, che visse in
Grecia nel secolo V a. C., parlava della geometría indicando come
causa della sua origine lo straripamento annuale del Nilo. Ciò
causava la scomparsa dei confini dei campi e obbligava i «tenditori
di corda» a fare nuove misurazioni delle terre .
Raccontava anche che il Faraone Sesostris divise la terra fra tutti gli
egiziani, dando a ciascuno un rettangolo di uguale dimensione, con
l'intenzione di recuperare un affitto per mezzo di un contributo che
serebbe stato riscosso annualmente. Allorchè il passaggio del Nilo
causava la riduzione della porzione di terreno assegnata al suddito,
questi doveva andare dal Faraone a notificarlo. Degli ispettori
venivano mandati sul posto per controllare la riduzione del terreno e
per reintegrarlo o per fare in modo che, comunque, il suddito
conferisse il dovuto contributo in quantità proporzionale al terreno
esistente. In questo modo,secondo Erodoto, a causa della necessità
di saper misurare il terreno, si originó la scienza che chiamiamo
geometría. Questa più tardi si diffuse in Grecia.
Ci sono problemi geometrici
che ci lasciano perplessi
perchè la risposta
elementare spesso sembra
complicarsi in un modo
inverosimile.
Vediamo alcuni esempi
IL RAGGIO DELLA CIRCONFERENZA
Osserva la figura e calcola il raggio
del cerchio.
SOLUZIONE
Dato che la diagonale di 8 cm ha la stessa lunghezza del raggio
della circonferenza, la risposta è 8 cm.
IL LATO DEL ROMBO
In una piazza circolare di r=9 m.
si vuole costruire una vasca di
forma rombica, come nella
figura. Quanto misura il lato del
rombo?
SOLUZIONE
Basta rendersi conto che il
lato AC è il raggio del cerchio
e AE e BD sono diagonali di
un rettangolo.
Pertanto, sono uguali in
lunghezza.
Lato del rombo = 9 m.
ANGOLO DELLE DIAGONALI
Quanti gradi misura l'angolo
formato dalle due diagonali
delle facce del cubo?
Soluzione
60°. Basta osservare che,
disegnando la diagonale BC
dell'altra faccia, si forma un
triangolo equilatero.
COLPO D'OCCHIO
Due circonferenze secanti hanno per centri P e Q. Il segmento PQ misura 3 cm. Per
uno dei punti d'intersezione (O) disegnamo una retta parallela al segmento PQ.
Siano M e N i punti d'intersezione della retta con le circonferenze. Quanto misura
MN?
Soluzione
MN = 6 centímetri. Disegnando da P e Q le perpendicolari al segmento MN,
s'individuano i punti R e S. Siccome MR=RO e NS=SO e RS=PQ, allora MN
= 2PQ.
L'angolo ottuso
Quanto misura l'angolo ottuso ABC? A, B e C sono i punti
medi dei lati.
Soluzione
120°. Per dare la risposta basta considerare che ABCDEF è un
esagono regolare.
L'angolo esterno
Nel triangulo isoscele ABC l'angolo A misura 50°. Qual è la
misura dell'angolo x?
Soluzione
Se il triangolo è isoscele, allora B = C = (180°-A)/2 = 130°/2 = 65°.
La conseguenza è che : x= 180°-C = 180°- 65° = 115°.
Quadrati che s'intersecano
Son dati due quadrati congruenti sovrapposti in modo che un vertice dell'uno sia
sempre nel centro dell'altro. In quale posizione l'area compresa fra i due quadrati è
la maggore possibile?
Soluzione
L'area compresa fra i due quadrati è sempre la quarta parte di un
quadrato perchè i triangoli ABC e CDE sono in ogni caso
congruenti
Similitudine di rettangoli
In un quadro, la larghezza del telaio è la stessa nelle due
direzioni, verticale ed orizzontale. Il rettangolo formato dal
telaio è simile a quello costituito dalla tela dipinta?
Soluzione
Non lo sono, perchè i rapporti:
b b  2h

a a  2h
sono sempre diversi, fuorchè nel caso del quadrato
(in cui a=b).
Pacchetto postale
Un uomo vuole inviare per posta un oggetto che
di lunghezza misura 92 cm , ma le regole del
servizio postale non permettono l'accettazione di
pacchetti superiori a 55 cm. Come lo si può
spedire per posta senza romperlo o piegarlo e
senza contraddire le regole postali?
Soluzione
Per l'invio, può utilizzare una scatola cubica con lato
di 55 cm.
Infatti una scatola di questo tipo ha la diagonale di 95
cm.
Quadrati
Come mostra la figura, a una circonferenza si possono inscrivere e
circoscrivere quadrati. Sapendo che l'area del quadrato inscritto ha la
superficie di 4 unità di misura, calcola l'area del quadrato maggiore.
Soluzione
Invece di mettere il quadrato inscritto come indicato nella figura precedente,
disegnamolo adesso nella posizione mostrata dalla figura sottostante.
Si osserva che l'area del quadrato più grande è il doppio di quello inscritto, (cioè 8
unità di misura)
Educare l'intuizione
Alcune situazioni sembrano essere contro
l'intuizione, ma non ci si libera dall'ostacolo
dicendo: "se la realtà è opposta alle mie idee,
peggio per la realtà."
L'intuizione, può essere raffinata, educata.
Cerchiamo di farlo attraverso i seguenti problemi.
La cintura della Terra
Immaginate una corda che come una cintura circondi la Terra in
corrispondenza dell'Equatore. Lasciatemi aggiungerle una
stringa di un metro. La cintura adesso risulta più larga per la
Terra?
L'intuizione suggerisce che il divario con la misura precedente
è molto piccolo perché il metro in più rappresenta ben poco
della circonferenza della Terra.
Invece è più difficile pensare che se si mettesse una cintura
intorno a un'arancia e vi si aggiungesse poi una metro si
arriverebbe per l'arancia alla stessa conclusione. L'aumento
della lunghezza del raggio non sarebbe lo stesso E 'vero?
Soluzione
Un semplice calcolo conferma una cosa sorprendente. Sia R il
raggio della sfera (Terra o arancia), la cintura esatta è 2π R.
Quando aggiungiamo un metro, la sua misura passa a 2π R
+1. Il raggio che ha la nuova circonferenza è (2πR +1) / 2π.
La differenza di raggio dà un gioco che è, in entrambi i casi,
soltanto di: 1/2 = 15,91549 ... cm..
c  2r
c
r
2
aumento
1m
c  2r  1
c 2r  1 2r 1
1
r



r
 r  0,159metri
2
2
2 2
6,28
Che ne pensate della vostra intuizione?
La cintura quadrata
Che succederebbe se la Terra fosse un cubo?
Soluzione
Il gioco sarebbe di circa 0,125metri = 12,5 centimetri in
entrambi i casi.
La vostra intuizione ha fallito?
p  4l
p
l
4
p 4l
l
r


8
8
2
p  4l  1
4l  1
l
4
4l  1 4l 1 l
r

   0,125m
8
8 8 2
Rotaia dilatata
Immaginate un tratto rettilineo di pista, una rotaia AB lunga
500 metri appiattita a terra e fissata alle due estremità.
Sotto il caldo dell'estate, la rotaia si espande di due metri,
causando una gobba. Supponendo che la rotaia s'inarchi
simmetricamente, quanto sarebbe alta la gobba nel
mezzo? Dieci centimetri? Quanto una metropolitana?
Dieci metri?
Soluzione
Poiché la lunghezza complessiva della rotaia è ora a 502 metri, ogni
metà sarà di 251 metri. Senza immaginare una gobba curva, per
facilitare il calcolo che ci dia un'idea, possiamo ipotizzare che la
gobba sia costituita da due tratti dritti incerneriati nel mezzo. In tale
modo possiamo ottenere una stima dell'altezza h utilizzando il
teorema di Pitagora: 22 metri!
h  251  250  63001  62500  501  22,3m
2
2
Ancora una volta l'intuito ha fallito.
Ponte senza dispositivo di dilatazione
Un ponte di metallo è lungo 1 km.
A causa del calore si espande di 20 cm.
Se non fosse fornito di un sistema per assorbire questa
espansione, il ponte s'inarcherebbe formando un
triangolo isoscele di altezza h e la cui base sarebbe
lunga quanto esso lo era prima della dilatazione.
Quanto misura h?
L'intuito ci suggerisce che, se il ponte di 1 Km si è
allungato di soli 20 cm, l'inarcamento è sicuramente
trascurabile!
Soluzione
Dieci metri! La soluzione del problema è elementare,
ma ciò che sorprende è la grandezza della soluzione.
Bisogna trovare il cateto di un triangolo rettangolo la
cui ipotenusa è metri 1000,20 / 2 = 500,1 m. e 500
m. l'altro cateto.
h  500,1  500  250100,01  250000  100,01  10m
2
2
L'intuizione può ingannare?
Nove angoli
Calcola il valore di tutti gli angoli della figura
sapendo che l'angolo 1 misura 70°
Soluzione
Gli angoli 9 e 8 sono retti (90°).
Gli angoli 1+9 danno 160° perciò il 2 è di 20°.
Gli angoli 2+3+4 danno 90° perchè formano un angolo alla circonferenza inscritto in una semicirconferenza (il
triangolo grande è un triangolo rettangolo).
Nel triangolo grande 1+(2+3+4) = 70°+90° = 160°; ne consegue che l'angolo 5 è di 20°.
Il triangolo con gli angoli 4, 5 e 6 è isoscele perchè due suoi lati sono i raggi della circonferenza; perciò
l'angolo 4 è uguale all'angolo 5 e misura 20°. In questo triangolo isoscele gli angoli 4+5 = 40°, perciò
l'angolo 6 = 140°.
Se 2+3+4 = 90° e 2 = 20° e 4 = 20° , ne consegue che il 3 è 50°.
Gli angoli 8+3 = 140° , allora il 7 = 40°
Area della corona circolare
Consideriamo due circonferenze concentriche e disegnamo una retta tangente la circonferenza
interna. Essa, ovviamente, interseca quella esterna in due punti. Immaginiamo che la
distanza tra uno qualsiasi di questi punti e il punto di tangenza sia di 1 m . Qual è l'area della
corona circolare? ( KI = 1m)
Soluzione
Sia R il raggio del cerchio più grande e r il raggio del cerchio minore. Essi, con KI, formano il
triangolo rettangolo KIC; dove R=KC e r=CI. Applicando il teorema di Pitagora si ha che
l'area di questa corona è π perchè KI=1. Se KI=2 l'area sarebbe 4π. Se KI=3 l'area sarebbe....
.
r 2  R 2  12  R 2  1
Ac  R 2  r 2  R 2   ( R 2  1)   ( R 2  R 2  1)   1  
Triangoli
Due triangoli hanno rispettivamente i lati di:
5, 5, 6
e
5, 5, 8
Quale dei due ha superficie maggiore?
Soluzione
Ricordiamo la terna pitagorica 3, 4, 5. Essa è costituita dalle misure
dei lati di un triangolo rettangolo.
Un triangolo con due lati che misurano 4 e 5, deve avere il terzo lato di
3. Nel triangolo 5, 5, 8 dividete il lato di 8 in due parti di 4. Avrete
due triangoli di 4, 5, 3.
Un triangolo con due lati che misurano 3 e 5, deve avere il terzo lato di
4. Nel triangolo 5, 5, 6 dividete il lato di 6 in due parti di 3. Avrete
due triangoli di 3, 5, 4.
RISPOSTA:
Essi hanno la stessa area. Entrambi possono essere divisi a metà per
fare due triangoli di 3, 4, 5.
La misura della mediana
Nel triangolo ABC, rettangolo in A,
l'ipotenusa misura=10, e i due cateti sono
lunghi rispettivamente 8 e 6. Determina
in 30 secondi il valor della mediana AM.
Soluzione
Basta ricordare che tutti i triangoli rettangoli si
possono sempre inscrivere in una circonferenza il
cui diametro corrisponda all'ipotenusa.
Nel nostro caso il diametro è l'ipotenusa che misura
10. La mediana AM è il raggio, perciò misura 5.
Sfera e cilindro
Una sfera pesa 40 kg. Viene messa delicatamente all'interno di un cilindro,
colmo d'acqua, in cui entra esattamente. Dopo questa operazione, il cilindro e il
suo contenuto pesano complessivamente 20 kg. Qual è il volume del cilindro?
Qual è la densità della sfera?
Soluzione
Il volume della sfera è 2/3 il volume del cilindro:
4 3
Vs  r
3
Vc  r 2 h  r 2 2r  2r 3
Vc 2r 3 3
3

  Vc  Vs
Vs 4 r 3 2
2
3
2
Vs  Vc
3
Continua
Soluzione
Quando la sfera s'immerge completamente nel cilindro, i 2/3 dell'acqua che vi è
contenuta fuoriesce. Il peso complessivo aumenta per il peso della sfera (40 kg) e
diminuisce per i due terzi del peso dell'acqua contenuta inizialmente nel
cilindro.(Se 1kg di acqua = 1 decimetro cubo di volume allora i 2/3 del peso
dell'acqua corrispondono a 2/3 del volume in decimetri cubi del cilindro)
Se adesso il peso complessivo è 20 Kg, possiamo determinare il volume del cilindro:
40 
2
Vc  20;
3
2
Vc  40  20;
3
3
Vc  20  30dm 3
2
.
Continua
Soluzione
Il volume della sfera rispetto a quello del cilindro è:
2
2
Vs  Vc  30dm3  20dm3
3
3
La densità della sfera è:
D
massa 40Kg

 2Kg dm3
3
volume 20dm
Sfere dipinte
Un rivenditore di biliardi ha come logo della sua azienda
due sfere disuguali, solide e fatte dello stesso legno. La
più grande pesa 27 kg e la piccola 8 kg.
Il commerciante si propone di dipingere le insegne.
Con 900 grammi di vernice dipinge la sfera più grande.
Quanti grammi sono necessari per dipingere la più
piccola? (La quantità di vernice da utilizzare è
proporzionale alla superficie da verniciare)
Soluzione
4
Vg  R 3
3
4
Vp  r 3
3
4 3
r
3
Vp
r
 3
 3
4
Vg
R 3 R
3
I volumi delle due sfere e, quindi, i pesi sono
proporzionali al cubo del raggio.
Continua
Soluzione
Per quanto rigurda le superfici:
Ag  4R 2
Ap  4r 2
Ap 4r 2 r 2

 2
2
Ag 4R
R
Le superfici e, quindi, la quantità di vernice sono
proporzionali al quadrato del raggio.
Il rapporto fra i raggi è:
r3
8

rapportofr
apesi

;
3
R
27
r 3 r3 3 8 2



3
R
R
27 3
Continua
Soluzione
2
r
2 4
  
2
R 3 9
2
Sia x il peso in grammi della vernice necessaria per dipingere la
piccola sfera. Si ha:
p 4

P 9
4 : 9  x : 900;
3600
x
 400 grammi
9
Il palo rotto
Un palo è di 32 metri di altezza.
Un giorno un fulmine lo spezza e la parte superiore, cadendo, si
appoggia sul pavimento formando, con la parte rimanente, un
triangolo di 16 metri di base.
A quale altezza si è rotto il palo?
Soluzione
Rimanenza  AB  x
BC  32 - x
Applicando il teorema di Pitagora si può scrivere:
x 2  16 2  (32  x ) 2 ;
x 2  256  1024  64 x  x 2
64 x  1024  256;
64 x  768
768
x
 12m
64
Unire con un singolo tratto. Possibile o
impossibile?
Un vertice è dispari se esso è l'inizio di un numero dispari di percorsi; invece è pari se lo è di un
numero pari di cammini.
Il problema di unire tutti i vertici di una figura con un unico tratto (senza sollevare la matita
dal foglio) è impossibile se la rete che si dovrebbe formare ha più di due vertici dispari.
E' possibile: a) quando tutti i vertici sono pari, e allora il punto di partenza può essere uno
qualsiasi. b) Quando non vi sono più di due vertici dispari, e allora in questo caso il percorso
inizia in un punto e termina in un altro.
Soluzione
I vertici delle figure nella parte superiore si possono unire con un
solo tratto. E' impossibile farlo per le figure del gruppo
inferiore.
Finestra ridotta a metà
Una finestra quadrata è di 1 metro di lato. Siccome è
esposta a sud, vi entra troppa luce. Per questo motivo,
coprendone una parte, la sua apertura viene ridotta a
metà.
Dato che la finestra risulta ancora di forma quadrata e
sempre con larghezza e altezza di 1 m, sapresti dare una
spiegazione di questa strana soluzione del problema?
Soluzione
La figura mostra la soluzione.
Giri di monete uguali
Due monete identiche A e B si trovano nella posizione
indicata nella figura. La moneta B resta ferma mentre
l'altra, senza striscisciare, le ruota intorno fino a
ritornare nella sua posizione iniziale. Quante giri farà
la moneta A?
Soluzione
La moneta A farà due giri. Non ci credete? Prendete
due monete e provate.
Sottobicchiere e tovagliolo
Abbiamo un sottobicchieri circolare e un tovagliolo
quadrato. Trova il centro del sottobicchiere con il
solo aiuto del tovagliolo e di una matita.
Soluzione
Si pone un angolo del tovagliolo su uno dei punti della circonferenza del
sottobicchiere.
L'angolo ABC è un angolo retto poiché appartiene al quadrato; di
conseguenza, il segmento AC è un diametro della circonferenza. Si
disegna sul sottobicchiere una linea AC a matita e si ripete la stessa
operazione, come per B, scegliendo un qualsiasi qualsiasi altro punto sulla
circonferenza dello stesso sottobicchiere. Il disegno del secondo diametro
fa trovare il centro del cerchio nel punto d'intersezione col primo.
L'ombra sconosciuta
Il triangolo ha il suo vertice al centro del quadrato.
Qual è l'area della parte ombreggiata?
Soluzione
I triangoli ombreggiati, nella figura qui sotto, sono
congruenti. Se quello in basso si sostituisce con
quello a sinistra, si scopre che l'area richiesta è il
quarto della superficie della piazza.
A = 36/4 = 9.
La mediana
Dimostrare che ciascuna mediana di un triangolo è
inferiore alla media dei lati adiacenti. Nella figura
qui sotto, dimostrare che x <(a + b) / 2.
Soluzione
Si disegna semplicemente un triangolo uguale a quello dato, ma
disposto, come illustrato nella figura, di fronte alla base,
E' evidente che la diagonale di un quadrilatero non può essere
superiore alla somma di due suoi lati consecutivi. Dividendo
la diagonale per due si ha la mediana del triangolo, che quindi
non può essere pari o superiore alla metà della somma degli
stessi lati.
Esagono regolare e triangolo equilatero
Un triangolo equilatero e un esagono regolare
hanno lo stesso perimetro. Se l'esagono ha una
superficie di 6 m2, quale sarà l'area del
triangolo?
Soluzione
La semplice osservazione della figura mostra la
soluzione: Perimetro uguale; area esagono = 6
area triangolo = 4
Area del quadratino
Sia dato un quadrato di 10 cm di lato. Quanto vale
l'area del quadratino ombreggiato se A, B, C e D
sono i punti medi dei lati del quadrato?
Soluzione
Se si uniscono i quattro triangoli rettangoli in modo
da completare i quattro trapezi laterali, si vede che
il piccolo quadratino ha area 20, cioè la quinta
parte di quella del quadrato grande.
Rettangolo, diagonale e triangoli
La base del rettangolo ABCD è 8 e l'altezza 3. I
punti E e F dividono la diagonale AC in tre
parti uguali. Quanto misura la superficie del
triangolo BEF?
Soluzione
I triangoli AEB, BEF e FCB hanno la stessa area
perchè hanno basi uguali e la stessa altezza BH.
Ognuno di essi ha la terza parte dell'area del
triangolo ABC, perciò:
83 1
A

 4
Area del triangolo BEF
2 3
I due cerchi
Il cerchio 1, che ha area 4, passa per il centro del
cerchio 2 a cui è tangente internamente. Qual è
l'area del cercio 2?
Soluzione
Indichiamo con r e R, rispettivamente, i raggi dei
cerchi 1 e 2:
r
4


d  2r 
2

4

dR
2
16
 4 
A  R    
     16

  
2
Area
Quanto misura la superficie della zona ombreggiata
della figura?
Soluzione
L'area del quadrato è 16. I tre triangoli hanno area 4.
La parte ombreggiata ha area 16-12=4
Il prato con quattro capre
In un prato quadrato di 100 metri di lato, ci sono quattro capre. Ognuna
è stata legata a un angolo del prato con una corda di 50 metri; ciò
permette che possano mangiare una parte esclusiva del prato, ma al
centro rimane una zona d'erba di cui nessuna potrà cibarsi.
Il propietario, dopo aver venduto tre capre, allunga la corda di quella
che resta in modo che l'area su cui può pascolare sia equivalente a
quella su cui precedentemente pascolavano in quattro. Che lunghezza
ha la corda?
Soluzione
L'area utilizzata dalle quattro capre è quella di un cerchio di raggio 50 m
A   502
Quella rimasta, essendo legata ad un angolo, può pascolare solo su di un
quadrante che per avere quell'area deve appartenere ad un cerchio la
cui area sia 4 volte più grande. La corda è lunga 100m come il lato del
campo:
2
2
r  4 50 ;
4 502
r 
 10000;

r  10000  100m
2
Tre circonferenze tangenti esternamente
Date tre circonferenze congruenti e tangenti
esternamente a due a due, calcola l'area della
superficie che esse racchiudono fra di loro.
Soluzione
L'area della parte in giallo si ottiene come differenza
fra l'area del triangolo equilatero, di lato=2r, e
quella dei tre settori circolari ampi ciascuno 60°
Continua
Soluzione
Per via algebrica si ha:
l  2r ;
l 3 1 l 2 3 4r 2 3 2
At  l 
 

r 3
2 2
4
4
r 2  60 r 2
3 Asettore60  3
 ;
360
2
2

r

2
2 
A  At  3 Asettore60  r 3 
 r   3  ;
2
2
