Perugia, dic. 2009/gen. 2010 Risposte ai quesiti 1. Dati i quadrati CD e C D, come in figura, provare che la perpendicolare uscente da alla retta DD passa per il punto medio del segmento quale che sia la posizione del quadrato C D. C M D E D C Sia E il simmetrico di rispetto ad. Per il primo criterio di congruenza i triangoli E e DD sono congruenti perché due dei loro lati sono a due a due lati di uno stesso quadrato ( = D, E = D ) inoltre essendo per costruzione ÂD = EÂD = 90 e l angolo EÂD parte comune degli angoli ÂE, DÂD questi ultimi sono congruenti perché somme di angoli congruenti. In buona sostanza, se il triangolo DD ruota di 90 in senso orario va a coincidere con il triangolo E. Ne consegue che i lati corrispondenti dei triangoli in questione sono a due a due perpendicolari. In particolare, E è perpendicolare a DD e quindi è anche parallelo alla retta. Per il teorema di Talete allora al punto medio,, di E corrisponde il punto medio, M, di. 2. Due sfere sono tangenti esternamente in un punto P. Si consideri una retta s tangente esterna alle due sfere e siano e i punti di contatto rispettivamente con la prima e con la seconda sfera. l variare di s il segmento descrive un tronco di cono, di cui si chiede l area (laterale) in funzione della lunghezza x del segmento. (Da Newton). T D P S 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 S l = π(r + r)a, dove S l, 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 TS intorno all altezza TS Siano U e u rispettivamente le misure dei raggi delle due sfere. Il trapezio rettangolo CD ha il lato obliquo che misura U + u, mentre la differenza delle basi misura evidentemente U u. I triangoli DC, SC e DT sono simili. Infatti, i triangoli DC e SC sono retti e hanno in comune l angolo in C. I triangoli SC e DT sono retti e hanno gli angoli in C e in D congruenti perché corrispondenti rispetto alle rette parallele C e D tagliate dalla trasversale DC. Le rette C e D sono parallele perché perpendicolari alla stessa retta s. Sussistono allora fra lati corrispondenti le seguenti proporzioni: dalle quali si ricava facilmente: S : D = C : DC T : D = D : DC R = U U + u x r = u U + u x Sostituendo quanto appena trovato nella formula della superficie laterale del tronco di cono si ottiene: S l =π(r + r)a ( U =π U + u x + u ) U + u x x ( U =π U + u + u ) x 2 U + u =πx 2. 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 DC. Essendo D = x, C = U u e CD = U + u, si ottiene, infatti e infine sviluppando i quadrati x 2 + (U u) 2 = (U + u) 2 x 2 + U 2 2Uu + u 2 = U 2 + 2Uu + u 2 e semplificando 4Uu = x 2. Dalla relazione precedente si può ad esempio esprimere U mediante u come segue: U = x2 /4 u.
U x/2 x/2 u 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 x 2 /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 x 2 /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 y = 15 2 x 2 = 225 x 2 il cui grafico è: y 80 60 18π 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 e da esso si traccia la perpendicolare alla retta c si ottiene il punto C c. mediante il compasso puntato in con apertura C si traccia un arco che interseca in punto la retta b e con ciò il triangolo equilatero C è perfettamente costruito. C c b 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, si nota guardando la figura che il segmento deve ruotare di 60 in senso antiorario per sovrapporsi ad C in modo da costituire un triangolo equilatero. Serve però individuare l esatta posizione che deve assumere b. Nella figura sottostante il segmento perpendicolare alla b e la stessa retta b sono stati ruotati di 60 in senso antiorario fino ad ottenere il segmento e la retta b. Proviamo che b interseca la retta c in un punto C che rappresenta uno dei vertici del triangolo equilatero C. Infatti, come s è detto, il vertice dovrà sovrapporsi a C una volta ruotato di 60 attorno al vertice, ma poiché appartiene alla retta b allora a b dovrà appartenere C che è l immagine di nella rotazione di 60 di centro. In altri termini il punto C deve appartenere tanto a c quanto a b, ovvero alla loro intersezione. C c b b 60 a È infine facile trovare il vertice : con il compasso puntato in C e apertura C basta descrivere un arco fino ad intersecare b nel terzo vertice del triangolo equilatero C.