2000 - Liceo scientifico di ordinamento problema 2

Sessione ordinaria 2000

Soluzione di De Rosa Nicola

a)

Consideriamo la situazione rappresentata in figura:

La similitudine tra i rettangoli ABCD e ADKH consente di imporre la seguente proporzione:

AD:AB=AH:HK

a

= = =

Ora AB a, AH, HK AD per cui la proporzione diventa:

2 a

a

AD: = :AD

2

da cui 2

a a

= =

⇒

2

AD AD.

2 2

b)

Si consideri la figura sottostante:

Il volume della piramide ABCDV è:

( )

1

=

V * AB * CD * EV

ABCDV 3

L’altezza EV la si calcola sfruttando la trigonometria applicata al triangolo rettangolo VEF:

( ) ( )

ϑ ϑ

= =

EV EF tan a tan π

 

( ) 2

ϑ ϑ

= ∈ si ha:

Ora dalla traccia sappiamo che, per cui ricordando che

cos 0

,

 

 

2

13 3

4

−

( )

( ) 1

ϑ

−

ϑ 2

1 cos

( ) sin 3

13 13

ϑ = = = = =

tan ( ) ( )

ϑ ϑ 2 2

cos cos 2

13 13

Per cui ( ) ( ) 3

ϑ ϑ

= = =

tan tan ed il volume diventa:

EV EF a a

2

 

1 3 2

a

= =

  3

V * a* * a a

ABCDV  

3 2 4

2

c)

Consideriamo ora la figura sotto rappresentata: [ ]

= ∈

EL x, x 0

, a

Seguendo le indicazioni della traccia si ha:

Il poligono sezione è un trapezio isoscele per cui la sua area è:

( )

1

= + *

A NO GH QL

NOHG 2

Ora considerando il triangolo rettangolo QLF si ha:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3

ϑ ϑ ϑ

= = − = − = −

tan tan tan

QL LF EF EL a x a x

2

Per calcolare NO ci avvaliamo della similitudine tra i rettangoli ABCD ed MNOP per cui con una proporzione si ha: a

x *

MN * BC EL * BC x

2

= = = = =

⇒

AB : BC MN : NO NO AB AB a 2

Quindi l’area del poligono sezione cioè del trapezio NOHG sarà:

 

( ) ( )

x a

1 1 3 − =

= + = +

 

A NO GH QL a x

*

NOHG  

2 2 2

2 2

( ) ( ) [ ]

3 3 2

− = − ∈

2 2 2 2

a x a x x, a

con 0

8

4 2

d)

Se a 3 2

= = =

x QL a, NO a

le grandezze in gioco diventano:

2 4 4

Ora il volume della piramide OMNPV è:

( )

1

=

V MN NO VR

* *

OMNPV 3

Ma a

= = =

MN EL x 2

3 3 3

= − = − =

VR EV QL a a a

2 4 4