Sia $ S $ la superficie di un prisma a base ottagonale regolare, inscritto in un cilindro circolare retto di raggio $ R $ e altezza $ h=\displaystyle 3R\sin{\frac{\pi}{8}} $.
Siano $ A $ e $ B $ due punti di $ S $ come in figura, con $ OA=\displaystyle \frac{R}{\sqrt{2}} $.
Determinare la lunghezza del minimo percorso su $ S $ tra $ A $ e $ B $.
SNS 1989-1990
Molto simile a quello delle piramidi, quello però mi è parso più facile..
La vendetta delle piramidi: prisma a base ottagonale
La vendetta delle piramidi: prisma a base ottagonale
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Prima di postare controllo...
Io ho fatto cosi', illustro il procedimento e qualche calcolo perchè ho applicato solo il teorema di Pitagora:
Facendo riferimento alla tua figura, chiamo D il vertice sullo stesso segmento di B perpendicolare alla base, ed E il precedente. Adesso immagina che DE sia un a cerniera (come quella nelle porte), puoi portare fare coincidere il piano che contiene A,O,D con quello che contiene D,B,E. Ora il segmento che unisce O con B giace su di un piano solo ed è certamente il più breve! Traccia poi l' altezza del triangolo OED dal vertice O e questa cade perpendicolare anche sul segmento BF, dove F è il vertice sullo stesso segmento di E perpendicolare alla base. Con Pitagora calcoli OB e poi sottrai OA per ottenere AB cercato(puoi farlo perchè è possibile orientare il segmento OA fino a sovrapporlo alla retta OB).
Ora a me il lato dell' ottagono inscritto (Che serve per avere $ $\frac{l}{2}$ $) risulta: $ $l=R\sqrt{2-\sqrt{2}}$ $ mentre l' altezza dei uno deigli otto triangoli dell' ottagono è:
$ $R\sqrt{2+\sqrt{2}}$ $
Devo sistemare i calcoli per arrivare alla soluzione...sopratutto rompe molto quell' altezza del prisma in funzione del raggio
...si vede che ci deve essere un altro modo di risolverlo in cui cui entra quella cosa li e alla fine si semplifica...come l' ho fatto io è proprio brutto! Devo pensarci un po' di più...Comunque è simpatico come problema 
...mi ricorda vagamente uno di livello Febbraio che aveva a che fare con le lumache...se lo trovo lo metto perchè è molto carino anche quello...
Facendo riferimento alla tua figura, chiamo D il vertice sullo stesso segmento di B perpendicolare alla base, ed E il precedente. Adesso immagina che DE sia un a cerniera (come quella nelle porte), puoi portare fare coincidere il piano che contiene A,O,D con quello che contiene D,B,E. Ora il segmento che unisce O con B giace su di un piano solo ed è certamente il più breve! Traccia poi l' altezza del triangolo OED dal vertice O e questa cade perpendicolare anche sul segmento BF, dove F è il vertice sullo stesso segmento di E perpendicolare alla base. Con Pitagora calcoli OB e poi sottrai OA per ottenere AB cercato(puoi farlo perchè è possibile orientare il segmento OA fino a sovrapporlo alla retta OB).
Ora a me il lato dell' ottagono inscritto (Che serve per avere $ $\frac{l}{2}$ $) risulta: $ $l=R\sqrt{2-\sqrt{2}}$ $ mentre l' altezza dei uno deigli otto triangoli dell' ottagono è:
$ $R\sqrt{2+\sqrt{2}}$ $
Devo sistemare i calcoli per arrivare alla soluzione...sopratutto rompe molto quell' altezza del prisma in funzione del raggio
...si vede che ci deve essere un altro modo di risolverlo in cui cui entra quella cosa li e alla fine si semplifica...come l' ho fatto io è proprio brutto! Devo pensarci un po' di più...Comunque è simpatico come problema ...mi ricorda vagamente uno di livello Febbraio che aveva a che fare con le lumache...se lo trovo lo metto perchè è molto carino anche quello...[url]http://www.aif.it/[/url]