La zona sacra di un’antica popolazione è costituita da un rettangolo lungo
60 metri e largo 20, suddiviso in tre quadrati di 20 metri di lato. Il
primo quadrato è la base di una piramide retta, alta 50 metri; il secondo
quadrato è libero; il terzo quadrato è la base di un edificio a forma di
cubo.
In un particolare momento dell’anno, l’ombra della piramide si proietta
sul cubo in modo tale che l’ombra del vertice della piramide cade
esattamente nel centro della faccia superiore del cubo.
Si determini quanto vale in tale istante l’area della parte in ombra della
faccia del cubo rivolta verso la piramide.
Geometria archeologica
ed effettivamente il problema spaventa; affrontandolo però con un po’ di coraggio e pazienza si scopre che è meno terribile di molti altri. Salvo possibilissimi errori di distrazione, eccone la soluzione; il simbolo § indica la similitudine fra triangoli (scusate, ma non so come realizzare quello giusto).Bacco ha scritto:UP!!
Intersechiamo il tutto con il piano che dimezza la piramide e il cubo; su esso troveremo: i punti A,B,C,D sulla base con AB=BC=CD=20, il triangolo isoscele ABV di altezza VH=50, il quadrato CDEF ed il punto O (medio di EF) in cui cade l’ombra di V. VO è quindi un raggio; ci interessano i due raggi che delimitano l’ombra e che assumiamo paralleli a VO: quello passante per F incontra VH e VB in Q e T, quello passante per C li incontra in R e U. Completiamo il disegno con: G, intersezione fra VO e il prolungamento di CF; P, intersezione fra VH e il prolungamento di EF; T’ e U’, proiezioni di T e U su VH.
Si ha: PV=VH-FC=30 e PO=HB+BC+FO=40; il rapporto fra i cateti di POV è quindi 3:4 (peccato che l’ipotenusa non serva!). Inoltre VQ=FG= $ \frac 34 $PO (per FOG§POV) =$ \frac{15}2 $; VR=VQ+FC= $ \frac{55}2 $. Ai fini dell’ombra, la faccia di piramide che ci interessa è quella contenente VB, di cui vogliamo le larghezze $ l_1 $ e $ l_2 $ all’altezza di T e U; possiamo calcolarle notando che sono doppie di TT’ e UU’.
Calcolo di TT’ (è l’unica parte un po’ complicata): posto TT’=x, si ha VT’=5x (per VTT’§VHB) e QT’= $ \frac34 $x (per QTT’§POV); da VT’-QT’=VQ si ricava x= $ \frac{30}{17} $ e quindi $ l_1= \frac{60}{17}. $ Con analogo ragionamento (o sfruttando l’omotetia di centro V) si ha $ l_2= \frac{220}{17}. $
L’ombra è quindi un trapezio isoscele di basi $ l_1 $ e $ l_2 $ e altezza 20; la sua area è $ \frac{2800}{17} $
Poiché Bacco tarda a rispondere, suggerisco di confrontare le nostre soluzioni. Inizialmente avevo anch’io trovato un numero molto più semplice, cioè 140: lo si calcola con l’ipotesi che l’ombra sia delimitata dalle proiezioni delle sezioni di piramide all’altezza di Q e R. Con un più attento esame ho però concluso che questa ipotesi è sbagliata, ed ecco il mio ragionamento:sgiangrag ha scritto:hey Bacco qul è la soluzione?
Supponiamo che i raggi vengano da Sud e consideriamo due sezioni della piramide parallele alla base e distinte ma non molto lontane fra loro. La sezione superiore proietta sull’altra un’ombra che deborda verso Nord ma lascia parzialmente scoperte le parti verso Est e Ovest; quindi in queste ultime direzioni ci sono dei raggi che non vengono trattenuti dalla sezione in alto ma solo da quella in basso. Ne consegue che la larghezza dell’ombra (in direzione Est-Ovest) dipende solo dalla dimensione della più bassa sezione incontrata dai raggi. Il debordamento verso Nord non ha importanza, perché è coperto dall’ombra di altre parti della piramide.
La soluzione $ \frac{35}8 $, cioè poco più di 4, mi sembra improbabile come area di un trapezio di altezza 20 e basi che a occhio non sembrano molto piccole; come hai risolto il problema?
A me torna, dopo un complicato ragionamento che non sono in grado di riportare in forma umanamente leggibile, lo stesso risultato di gianmaria: 2800/17. Non so se è giusto, anche se sono abbastanza sicuro di quello che ho fatto: si considera la proiezione della piramide sul piano contenente la faccia in esame e poi si usano similutudini tra triangoli per vedere che l'ombra è un trapezio isoscele di basi 220/17 e 60/17 ed altezza 20. E' un po' come fare un disegno in proiezioni ortogonali!
A proposito: ci sono su internet i risultati dei problemi d'ammissione SNS? Io non li ho trovati.
A proposito: ci sono su internet i risultati dei problemi d'ammissione SNS? Io non li ho trovati.