Matefilia - Compito 22 Gennaio 2011

Esercizio 1

Si prenda un punto \( P \) sull'arco \( AB \) del quadrante \( AOB \) di raggio \( R \).

a) Esprimere in funzione dell'angolo \( x=A\hat{O}P \) l'area del quadrilatero \( OAPB \).

b) Determinare \( P \) in modo che la suddetta area valga \( \dfrac{\sqrt2}{2}\,R^2 \).

c) Posto \( R=2 \), rappresentare graficamente la funzione \( S(x) \) trovata al punto a), nell'intervallo di variabilità di \( x \).

Soluzione Esercizio 1

Limiti della variabile \( x \)

Quando \( P \) descrive l'arco \( AB \), l'angolo \( x=A\hat{O}P \) varia da \( 0 \) (\( P \) coincide con \( A \)) a \( \dfrac{\pi}{2} \) (\( P \) coincide con \( B \)). Quindi:

\[ 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{2} \]

Quadrante AOB di raggio R con il punto P sull'arco, le proiezioni H di P su OA e K di P su OB, e l'angolo x tra OA e OP.

Il quadrante \( AOB \), il punto \( P \) sull'arco e le sue proiezioni \( H \) e \( K \) sui due raggi.

Casi particolari

\( x=0 \): \( P \) coincide con \( A \); la sua proiezione \( H \) su \( OA \) coincide con \( A \) e la proiezione \( K \) su \( OB \) coincide con \( O \). Quindi \( \overline{PH}=0 \), \( \overline{PK}=R \) e il quadrilatero \( OAPB \) degenera nel triangolo \( OAB \), di area \( \dfrac{R^2}{2} \).
\( x=\dfrac{\pi}{2} \): \( P \) coincide con \( B \), \( H \) con \( O \) e \( K \) con \( B \). Anche ora il quadrilatero degenera nel triangolo \( OAB \) e l'area è ancora \( \dfrac{R^2}{2} \) (situazione simmetrica alla precedente).

a) Area del quadrilatero \( OAPB \) in funzione di \( x \)

La diagonale \( OP \) divide il quadrilatero nei triangoli \( OAP \) e \( OPB \). Se \( H \) e \( K \) sono le proiezioni di \( P \) su \( OA \) e su \( OB \), \( PH \) è l'altezza del triangolo \( OAP \) relativa alla base \( OA \) e \( PK \) è l'altezza del triangolo \( OPB \) relativa alla base \( OB \). Quindi:

\[ S(x)=\dfrac12\,\overline{OA}\cdot\overline{PH}+\dfrac12\,\overline{OB}\cdot\overline{PK} \]

Nel triangolo rettangolo \( OHP \) l'ipotenusa \( OP \) vale \( R \) e l'angolo in \( O \) vale \( x \); quindi:

\[ \overline{PH}=R\sin x \qquad\qquad \overline{OH}=R\cos x \]

Poiché \( OHPK \) è un rettangolo, \( \overline{PK}=\overline{OH}=R\cos x \). Inoltre \( \overline{OA}=\overline{OB}=R \), e allora:

\[ S(x)=\dfrac12\,R\cdot R\sin x+\dfrac12\,R\cdot R\cos x=\dfrac{R^2}{2}\,(\sin x+\cos x) \]

Per scrivere la somma come un unico seno, ricordiamo che \( \sin\dfrac{\pi}{4}=\cos\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\sqrt2}{2} \), e quindi \( 1=\sqrt2\cdot\dfrac{\sqrt2}{2} \). Raccogliamo \( \sqrt2 \) e usiamo la formula di addizione del seno:

\[ \sin x+\cos x=\sqrt2\left(\sin x\cos\dfrac{\pi}{4}+\cos x\sin\dfrac{\pi}{4}\right)=\sqrt2\,\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \]

In conclusione:

\[ S(x)=\dfrac{R^2}{2}\cdot\sqrt2\,\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt2}{2}\,R^2\,\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \qquad 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{2} \]

Agli estremi si ottiene \( S(0)=S\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\sqrt2}{2}R^2\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}=\dfrac{R^2}{2} \), cioè l'area del triangolo \( OAB \), come previsto.

b) Posizione di \( P \) per cui l'area vale \( \dfrac{\sqrt2}{2}R^2 \)

Imponiamo:

\[ \dfrac{\sqrt2}{2}\,R^2\,\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt2}{2}\,R^2 \quad\Longleftrightarrow\quad \sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=1 \]

Per \( 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{2} \) l'angolo \( x+\dfrac{\pi}{4} \) varia fra \( \dfrac{\pi}{4} \) e \( \dfrac{3\pi}{4} \), e in questo intervallo il seno vale \( 1 \) soltanto per \( \dfrac{\pi}{2} \):

\[ x+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2} \quad\Longrightarrow\quad x=\dfrac{\pi}{4} \]

Il punto \( P \) è quindi il punto medio dell'arco \( AB \) (\( A\hat{O}P=45^\circ \)).

Osserviamo che il valore \( \dfrac{\sqrt2}{2}R^2 \) è il massimo dell'area, perché \( \sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\leq1 \): per questo il problema ha una sola soluzione.

c) Grafico di \( S(x) \) per \( R=2 \)

Con \( R=2 \) risulta \( \dfrac{\sqrt2}{2}R^2=\dfrac{\sqrt2}{2}\cdot4=2\sqrt2 \), e quindi:

\[ S(x)=2\sqrt2\,\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \qquad 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{2} \]

Tracciamo il grafico per passi, partendo dalla sinusoide fondamentale:

disegniamo \( y=\sin x \) in \( [0,2\pi] \) (tratteggio blu);
la traslazione di vettore \( \vec{v}=\left(-\dfrac{\pi}{4},\,0\right) \) la trasforma in \( y=\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \) (tratteggio arancione);
la dilatazione verticale di fattore \( k=2\sqrt2 \) la trasforma in \( y=2\sqrt2\,\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \) (tratteggio verde).

Infine teniamo solo la parte con i limiti geometrici \( 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{2} \) (tratto rosso), perché solo in questo intervallo \( P \) sta sull'arco \( AB \).

Grafici di y=sin x, y=sin(x+pi/4) e y=2 radice di 2 per sin(x+pi/4), tratteggiati; in rosso e in evidenza la parte di S(x) tra x=0 e x=pi/2, con i punti (0,2), (pi/4, 2 radice di 2) e (pi/2, 2).

Costruzione del grafico di \( S(x) \): sinusoide fondamentale, traslazione, dilatazione. In rosso la parte di interesse geometrico.

Il grafico è un arco di sinusoide con i punti notevoli:

\[ S(0)=2\sqrt2\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}=2 \qquad S\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=2\sqrt2 \qquad S\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=2 \]

I valori agli estremi, \( S(0)=S\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=2=\dfrac{R^2}{2} \), sono l'area del triangolo \( OAB \), a cui il quadrilatero si riduce quando \( P \) coincide con \( A \) o con \( B \). Il punto più alto, \( \left(\dfrac{\pi}{4},\,2\sqrt2\right) \), corrisponde alla posizione trovata al punto b): \( P \) punto medio dell'arco \( AB \).

\[ S(x)=\dfrac{R^2}{2}(\sin x+\cos x)=\dfrac{\sqrt2}{2}R^2\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right),\quad 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{2} \] \[ S(x)=\dfrac{\sqrt2}{2}R^2 \ \Longleftrightarrow\ x=\dfrac{\pi}{4} \ \ (P \text{ punto medio dell'arco } AB) \]

📚 Ripasso: per le formule di addizione e per le funzioni goniometriche di un angolo vedi la teoria Elementi di goniometria e trigonometria.

Esercizio 2

Sia \( ABC \) un triangolo equilatero inscritto in una circonferenza di raggio \( R \). Sul minore dei due archi \( BC \) determinare un punto \( P \) per il quale è massima la somma \( \overline{PH}+\overline{PK} \), essendo \( \overline{PH} \) e \( \overline{PK} \) le distanze di \( P \) dalle semirette \( AC \) e \( AB \).

Posto \( R=1 \), rappresentare graficamente la funzione \( f(x)=\overline{PH}+\overline{PK} \) in funzione dell'angolo \( x=B\hat{A}P \), nell'intervallo di variabilità di \( x \).

Soluzione Esercizio 2

Limiti della variabile \( x \)

Poniamo \( x=B\hat{A}P \). Quando \( P \) descrive il minore dei due archi \( BC \), l'angolo \( x \) varia da \( 0 \) (\( P \) coincide con \( B \)) a \( B\hat{A}C=\dfrac{\pi}{3} \) (\( P \) coincide con \( C \)). Quindi:

\[ 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{3} \]

Circonferenza di centro O con il triangolo equilatero ABC inscritto e il punto P sul minore dei due archi BC. H e K sono i piedi delle perpendicolari da P alle rette AC e AB; K cade sul prolungamento di AB oltre B. In A sono segnati l'angolo x tra AB e AP e l'angolo pi/3 meno x tra AP e AC.

Il triangolo \( ABC \) inscritto, il punto \( P \) sull'arco \( BC \) e le distanze \( PH \) e \( PK \) dalle rette \( AC \) e \( AB \).

Casi particolari

\( x=0 \): \( P \) coincide con \( B \) e \( AP \) con il lato \( AB \). Il piede \( K \) coincide con \( B \), quindi \( \overline{PK}=0 \), mentre \( \overline{PH} \) è la distanza di \( B \) da \( AC \), cioè l'altezza del triangolo. L'angolo \( P\hat{B}C \) vale \( \dfrac{\pi}{3} \): la corda \( PB \) è diventata la tangente in \( B \) e l'angolo che forma con \( BC \) è uguale all'angolo \( B\hat{A}C \) (angolo alla circonferenza che insiste su \( BC \)).
\( x=\dfrac{\pi}{3} \): \( P \) coincide con \( C \), \( H \) con \( C \) e \( \overline{PH}=0 \), mentre \( \overline{PK} \) è l'altezza del triangolo (situazione simmetrica alla precedente).

Calcolo di \( \overline{PH} \) e \( \overline{PK} \) in funzione di \( x \)

Poiché \( B\hat{A}C=\dfrac{\pi}{3} \), risulta \( P\hat{A}C=\dfrac{\pi}{3}-x \). Gli angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco sono uguali, e quindi:

\[ B\hat{C}P=B\hat{A}P=x \quad(\text{insistono su }BP) \qquad\qquad P\hat{B}C=P\hat{A}C=\dfrac{\pi}{3}-x \quad(\text{insistono su }PC) \]

Nel triangolo \( ABP \) l'angolo in \( B \) è la somma di \( A\hat{B}C=\dfrac{\pi}{3} \) e di \( C\hat{B}P=\dfrac{\pi}{3}-x \):

\[ A\hat{B}P=\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{3}-x=\dfrac{2\pi}{3}-x \]

Per il teorema della corda, in una circonferenza di raggio \( R \) la corda \( AP \) vale \( 2R \) per il seno di un qualunque angolo alla circonferenza che insiste su di essa; scegliendo \( A\hat{B}P \):

\[ \overline{AP}=2R\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}-x\right) \]

\( PH \) è la distanza di \( P \) dalla retta \( AC \) e \( PK \) è la distanza di \( P \) dalla retta \( AB \). Nei triangoli rettangoli \( AHP \) e \( AKP \), che hanno la stessa ipotenusa \( AP \) e gli angoli in \( A \) uguali a \( \dfrac{\pi}{3}-x \) e a \( x \), si ha:

\[ \overline{PH}=\overline{AP}\,\sin\left(\dfrac{\pi}{3}-x\right) \qquad\qquad \overline{PK}=\overline{AP}\,\sin x \]

Si noti che il testo parla di semirette \( AC \) e \( AB \) perché i piedi \( H \) e \( K \) possono cadere sul loro prolungamento, oltre \( C \) o oltre \( B \) (nella figura \( K \) cade oltre \( B \)); le formule precedenti valgono comunque, perché gli angoli \( P\hat{A}C \) e \( P\hat{A}B \) sono acuti.

La somma \( \overline{PH}+\overline{PK} \)

\[ \overline{PH}+\overline{PK}=2R\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}-x\right)\left[\sin\left(\dfrac{\pi}{3}-x\right)+\sin x\right] \]

Sviluppiamo i seni con le formule di sottrazione, ricordando che \( \sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt3}{2} \) e \( \cos\dfrac{\pi}{3}=\dfrac12 \):

\[ \sin\left(\dfrac{2\pi}{3}-x\right)=\dfrac{\sqrt3}{2}\cos x+\dfrac12\sin x \qquad\qquad \sin\left(\dfrac{\pi}{3}-x\right)=\dfrac{\sqrt3}{2}\cos x-\dfrac12\sin x \]

Allora la quantità tra parentesi quadre vale \( \dfrac{\sqrt3}{2}\cos x-\dfrac12\sin x+\sin x=\dfrac{\sqrt3}{2}\cos x+\dfrac12\sin x \), cioè è uguale al primo fattore:

\[ \overline{PH}+\overline{PK}=2R\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\cos x+\dfrac12\sin x\right)^2 \]

Per la formula di addizione, \( \dfrac{\sqrt3}{2}\cos x+\dfrac12\sin x=\sin x\cos\dfrac{\pi}{3}+\cos x\sin\dfrac{\pi}{3}=\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right) \). Quindi:

\[ \overline{PH}+\overline{PK}=2R\,\sin^2\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right) \qquad 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{3} \]

Massimo della somma

Per \( 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{3} \) l'angolo \( x+\dfrac{\pi}{3} \) varia fra \( \dfrac{\pi}{3} \) e \( \dfrac{2\pi}{3} \). Poiché \( \sin^2\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\leq1 \), la somma è massima quando il seno vale \( 1 \), cioè quando \( x+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{2} \), valore che appartiene all'intervallo:

\[ x+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{2} \quad\Longrightarrow\quad x=\dfrac{\pi}{6} \]

In questo caso \( B\hat{A}P=P\hat{A}C=\dfrac{\pi}{6} \): \( P \) è il punto medio dell'arco \( BC \), e il valore massimo della somma è \( 2R \).

Agli estremi dell'intervallo la somma vale \( 2R\sin^2\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{3}{2}R \), cioè l'altezza del triangolo \( ABC \): infatti, ad esempio, per \( P=B \) è \( \overline{PK}=0 \) e \( \overline{PH} \) è la distanza di \( B \) dal lato \( AC \), cioè l'altezza.

Grafico di \( f(x)=\overline{PH}+\overline{PK} \) per \( R=1 \)

Con \( R=1 \) la somma è \( f(x)=2\sin^2\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right) \). Per poterla rappresentare con le trasformazioni geometriche usiamo la formula di duplicazione del coseno, \( \cos2\theta=1-2\sin^2\theta \), cioè \( 2\sin^2\theta=1-\cos2\theta \), con \( \theta=x+\dfrac{\pi}{3} \):

\[ f(x)=2\sin^2\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=1-\cos\left(2x+\dfrac{2\pi}{3}\right) \qquad 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{3} \]

Partiamo dalla funzione coseno e arriviamo al grafico di \( f \) per passi:

\( y=\cos x \) in \( [0,2\pi] \) (tratteggio blu);
traslazione di vettore \( \vec{v}=\left(-\dfrac{2\pi}{3},\,0\right) \): \( y=\cos\left(x+\dfrac{2\pi}{3}\right) \) (tratteggio arancione);
contrazione orizzontale di fattore \( \dfrac12 \) (si sostituisce \( x \) con \( 2x \)): \( y=\cos\left(2x+\dfrac{2\pi}{3}\right) \) (tratteggio viola); il periodo diventa \( \pi \);
ribaltamento rispetto all'asse \( x \): \( y=-\cos\left(2x+\dfrac{2\pi}{3}\right) \) (tratteggio arancione);
traslazione verticale di vettore \( \vec{w}=(0,\,1) \): \( y=1-\cos\left(2x+\dfrac{2\pi}{3}\right) \) (tratteggio verde).

Nota. L'ordine dei passi 2 e 3 è importante. Se si contrae prima, \( y=\cos2x \), la traslazione da fare non è più di \( \dfrac{2\pi}{3} \) ma di \( \dfrac{\pi}{3} \), perché \( \cos\left(2x+\dfrac{2\pi}{3}\right)=\cos\left[2\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\right] \): la traslazione si applica a \( x \) e non a \( 2x \). È un punto delicato, nel quale si sbaglia spesso.

Infine teniamo solo la parte con i limiti geometrici \( 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{3} \) (tratto rosso).

Due riquadri. In alto: i grafici di y=cos x, y=cos(x+2pi/3) e y=cos(2x+2pi/3). In basso: y=cos(2x+2pi/3), il suo ribaltamento e la traslata verticale y=1-cos(2x+2pi/3), tutti tratteggiati; in rosso la parte di f(x) tra x=0 e x=pi/3, con i punti (0, 3/2), (pi/6, 2) e (pi/3, 3/2).

Costruzione del grafico di \( f(x) \) per passi. In rosso la parte di interesse geometrico.

Il grafico è un arco di sinusoide con i punti notevoli:

\[ f(0)=1-\cos\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac32 \qquad f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=1-\cos\pi=2 \qquad f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=1-\cos\dfrac{4\pi}{3}=\dfrac32 \]

Agli estremi \( f=\dfrac32 \) è l'altezza del triangolo \( ABC \) (di raggio circoscritto \( 1 \)), mentre il massimo \( f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=2 \) si ha quando \( P \) è il punto medio dell'arco \( BC \), come già trovato.

\[ \overline{PH}+\overline{PK}=2R\sin^2\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right),\quad x=B\hat{A}P,\ 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{3} \] \[ \text{massima per } x=\dfrac{\pi}{6}\ (P\text{ punto medio dell'arco }BC),\quad \overline{PH}+\overline{PK}=2R \]

📚 Ripasso: per le formule goniometriche (addizione, sottrazione, duplicazione) e per i teoremi sui triangoli vedi la teoria Elementi di goniometria e trigonometria.

Esercizio 3

Esprimere l'altezza di un tetraedro regolare in funzione dello spigolo \( s \).

Calcolare poi la misura di un angolo diedro del tetraedro.

Considerata poi la piramide triangolare regolare avente come base un triangolo equilatero di lato \( s \) e come angolo diedro tra una faccia laterale e la base un angolo \( \alpha \), esprimere lo spigolo laterale in funzione di \( \alpha \) e determinare per quali valori di \( \alpha \) esso risulta minore dello spigolo di base.

Soluzione Esercizio 3

Tetraedro regolare VABC di spigolo s. H è il punto medio di AB, O è il centro del triangolo di base ABC e VO è l'altezza. L'angolo alfa è l'angolo VHO.

Il tetraedro \( VABC \): \( H \) è il punto medio di \( AB \), \( O \) il centro della base e \( VO \) l'altezza.

Altezza del tetraedro

Le facce del tetraedro regolare sono triangoli equilateri di lato \( s \). Il vertice \( V \) è equidistante da \( A \), \( B \), \( C \), quindi il piede \( O \) dell'altezza \( VO \) è il centro del triangolo equilatero \( ABC \), che coincide con il suo baricentro. Detto \( H \) il punto medio di \( AB \), la mediana \( CH \) è anche altezza e passa per \( O \):

\[ \overline{CH}=\dfrac{\sqrt3}{2}\,s \qquad\qquad \overline{OH}=\dfrac13\,\overline{CH}=\dfrac{\sqrt3}{6}\,s \qquad\qquad \overline{OC}=\dfrac23\,\overline{CH}=\dfrac{\sqrt3}{3}\,s \]

Il triangolo \( VOC \) è rettangolo in \( O \), con ipotenusa \( \overline{VC}=s \). Per il teorema di Pitagora:

\[ h=\overline{VO}=\sqrt{\overline{VC}^{\,2}-\overline{OC}^{\,2}}=\sqrt{s^2-\dfrac13\,s^2}=\sqrt{\dfrac23}\,s=\dfrac{\sqrt6}{3}\,s \]

Angolo diedro

L'angolo diedro è quello formato da due facce, per esempio \( VAB \) e \( ABC \), che hanno in comune lo spigolo \( AB \). Sia \( VH \) sia \( CH \) sono perpendicolari ad \( AB \) (altezze dei triangoli equilateri \( VAB \) e \( ABC \)), quindi l'angolo \( V\hat{H}C \) è la sezione normale del diedro. Poiché \( O \) sta su \( HC \), si tratta dell'angolo \( \alpha=V\hat{H}O \) del triangolo \( VOH \), rettangolo in \( O \).

Possiamo usare la tangente, perché conosciamo i due cateti:

\[ \tan\alpha=\dfrac{\overline{VO}}{\overline{OH}}=\dfrac{\dfrac{\sqrt6}{3}\,s}{\dfrac{\sqrt3}{6}\,s}=\dfrac{\sqrt6}{3}\cdot\dfrac{6}{\sqrt3}=2\sqrt2 \]

Dunque \( \alpha=\arctan\left(2\sqrt2\right)\simeq70{,}5^\circ \) (circa \( 70^\circ\,32' \)). Per la simmetria del tetraedro regolare, tutti e sei i diedri sono uguali.

Piramide triangolare regolare: spigolo laterale in funzione di \( \alpha \)

Consideriamo ora la piramide regolare \( VABC \) con la stessa base, il triangolo equilatero \( ABC \) di lato \( s \), e angolo diedro \( \alpha \) tra la faccia \( VAB \) e la base. Come prima, \( O \) è il centro della base, \( H \) il punto medio di \( AB \) e \( \alpha=V\hat{H}O \); l'altezza \( VO \) può ora variare. L'angolo \( \alpha \) è l'angolo acuto di un triangolo rettangolo con un cateto non nullo, quindi:

\[ 0<\alpha<\dfrac{\pi}{2} \]

A sinistra: piramide triangolare regolare VABC con H punto medio di AB, O centro della base, angolo alfa in H e spigolo laterale VA di lunghezza ell. A destra: il triangolo VHA, rettangolo in H, con cateti VH e s/2 e ipotenusa ell.

La piramide regolare \( VABC \) e, a destra, il triangolo rettangolo \( VHA \) che contiene lo spigolo laterale \( \ell=\overline{VA} \).

Casi particolari

\( \alpha\to0 \): le facce laterali si appiattiscono sulla base e \( V \) tende a \( O \); lo spigolo laterale tende a \( \overline{OA}=\dfrac{\sqrt3}{3}\,s \), che è minore di \( s \).
\( \alpha\to\dfrac{\pi}{2} \): le facce laterali diventano quasi perpendicolari alla base, la piramide diventa altissima e \( \ell\to+\infty \), che è maggiore di \( s \).

Quindi la condizione \( \ell<s \) sarà verificata solo per i valori di \( \alpha \) più piccoli; il passaggio avviene quando \( \ell=s \), cioè proprio per il tetraedro regolare.

Nel triangolo \( VOH \), rettangolo in \( O \), con \( \overline{OH}=\dfrac{\sqrt3}{6}\,s \):

\[ \overline{VH}=\dfrac{\overline{OH}}{\cos\alpha}=\dfrac{\sqrt3\,s}{6\cos\alpha} \]

\( VH \) è perpendicolare ad \( AB \) (apotema della faccia \( VAB \), isoscele), quindi il triangolo \( VHA \) è rettangolo in \( H \), con \( \overline{AH}=\dfrac s2 \). Per il teorema di Pitagora:

\[ \ell^2=\overline{VH}^{\,2}+\overline{AH}^{\,2}=\dfrac{3s^2}{36\cos^2\alpha}+\dfrac{s^2}{4}=s^2\cdot\dfrac{1+3\cos^2\alpha}{12\cos^2\alpha} \]

\[ \ell=\dfrac{s\sqrt{1+3\cos^2\alpha}}{2\sqrt3\,\cos\alpha} \qquad 0<\alpha<\dfrac{\pi}{2} \]

Per quali valori di \( \alpha \) è \( \ell<s \)?

Poiché entrambi i membri sono positivi, possiamo elevare al quadrato:

\[ s^2\cdot\dfrac{1+3\cos^2\alpha}{12\cos^2\alpha}<s^2 \ \Longleftrightarrow\ 1+3\cos^2\alpha<12\cos^2\alpha \ \Longleftrightarrow\ \cos^2\alpha>\dfrac19 \]

Per \( 0<\alpha<\dfrac{\pi}{2} \) il coseno è positivo, quindi la disequazione equivale a \( \cos\alpha>\dfrac13 \). Il coseno è decrescente in \( \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) \), e allora:

\[ 0<\alpha<\arccos\dfrac13\simeq70{,}5^\circ \]

Per \( \alpha=\arccos\dfrac13 \) si ha \( \ell=s \), cioè tutti gli spigoli sono uguali: la piramide è il tetraedro regolare e \( \alpha \) è il suo angolo diedro, trovato prima. Per angoli diedri maggiori lo spigolo laterale diventa maggiore dello spigolo di base.

\[ h=\dfrac{\sqrt6}{3}\,s \] \[ \tan\alpha=2\sqrt2 \ \Longrightarrow\ \alpha=\arctan\left(2\sqrt2\right)\simeq70{,}5^\circ \] \[ \ell=\dfrac{s\sqrt{1+3\cos^2\alpha}}{2\sqrt3\,\cos\alpha},\qquad \ell<s \ \Longleftrightarrow\ 0<\alpha<\arccos\dfrac13 \]

📚 Ripasso: per le funzioni goniometriche, i triangoli rettangoli e le disequazioni goniometriche vedi la teoria Elementi di goniometria e trigonometria.

Esercizio 4

Un quadrato di lato \( L \) è inscritto nella base di un cono circolare retto (non degenere). L'angolo al vertice del triangolo isoscele avente per base un lato del quadrato e vertice coincidente con quello del cono ha ampiezza \( 2\beta \).

a) Esprimi il volume del cono in funzione di \( L \) e \( \beta \).

b) Calcola l'area della superficie totale del cono quando \( \beta=30^\circ \).

c) Nel caso del punto precedente determina l'angolo che il piano del triangolo forma con il piano sui cui giace la base del cono.

d) Determinare per quale valore di \( \beta \) il volume del cono vale \( \dfrac{\pi L^3}{12} \).

Soluzione Esercizio 4

Limiti della variabile \( \beta \)

Sia \( ABCD \) il quadrato inscritto nella base, \( O \) il suo centro (centro della base) e \( V \) il vertice. La diagonale del quadrato è un diametro della base, quindi:

\[ 2R=\overline{BD}=L\sqrt2 \quad\Longrightarrow\quad R=\dfrac{L\sqrt2}{2} \]

Il triangolo \( VBC \) è isoscele sulla base \( BC=L \) e i lati \( VB=VC=a \) sono apotemi del cono. Detto \( H \) il punto medio di \( BC \), \( VH \) è altezza e bisettrice: \( B\hat{V}H=H\hat{V}C=\beta \) e \( \overline{BH}=\dfrac{L}{2} \). Nel triangolo rettangolo \( VHB \):

\[ \sin\beta=\dfrac{L/2}{a} \quad\Longrightarrow\quad a=\dfrac{L}{2\sin\beta} \]

Il cono esiste se \( \overline{VB}>\overline{BO} \), cioè \( a>R \), quindi \( a>\dfrac{L\sqrt2}{2} \). Sostituendo \( a=\dfrac{L}{2\sin\beta} \):

\[ \dfrac{L}{2\sin\beta}>\dfrac{L\sqrt2}{2} \quad\Longrightarrow\quad \sin\beta<\dfrac{1}{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{2} \]

Poiché \( \beta \) è la metà di un angolo di un triangolo, deve essere \( \beta>0 \), e quindi:

\[ 0<\beta<\dfrac{\pi}{4} \]

A sinistra: cono di vertice V con il quadrato ABCD inscritto nella base di centro O; H è il punto medio di BC, l'angolo BVC vale 2 beta e l'angolo alfa è VHO. A destra: il triangolo isoscele VBC con l'altezza VH, i lati uguali a e la base BC di lunghezza L.

Il cono con il quadrato \( ABCD \) inscritto nella base e, a destra, il triangolo isoscele \( VBC \).

Casi particolari

\( \beta\to0 \): \( a=\dfrac{L}{2\sin\beta}\to+\infty \), il triangolo \( VBC \) diventa sempre più stretto e il cono sempre più alto; il volume cresce senza limite.
\( \beta=\dfrac{\pi}{4} \): \( a=R \) e quindi \( \overline{VO}=0 \): il vertice \( V \) coincide con \( O \) e l'angolo \( B\hat{V}C=\dfrac{\pi}{2} \) è l'angolo \( B\hat{O}C \) del quadrato. Il cono si appiattisce sulla base e il volume si annulla.

a) Volume del cono in funzione di \( L \) e \( \beta \)

Nel triangolo rettangolo \( VOB \) l'ipotenusa è \( VB=a \) e un cateto è \( OB=R \), quindi l'altezza del cono è:

\[ h=\overline{VO}=\sqrt{a^2-R^2}=\sqrt{\dfrac{L^2}{4\sin^2\beta}-\dfrac{L^2}{2}}=\dfrac{L}{2\sin\beta}\sqrt{1-2\sin^2\beta} \]

Il volume è un terzo dell'area di base per l'altezza, con \( R^2=\dfrac{L^2}{2} \):

\[ V=\dfrac13\,\pi R^2 h=\dfrac13\,\pi\cdot\dfrac{L^2}{2}\cdot\dfrac{L}{2\sin\beta}\sqrt{1-2\sin^2\beta} \]

Quindi:

\[ V=\dfrac{\pi L^3}{12\sin\beta}\sqrt{1-2\sin^2\beta}=\dfrac{\pi L^3}{12}\sqrt{\operatorname{cotg}^2\beta-1}\qquad 0<\beta<\dfrac{\pi}{4} \]

L'ultima forma si ottiene da \( \dfrac{1-2\sin^2\beta}{\sin^2\beta}=\dfrac{1}{\sin^2\beta}-2=\operatorname{cotg}^2\beta-1 \).

b) Area della superficie totale per \( \beta=30^\circ \)

Per \( \beta=30^\circ \), \( \sin\beta=\dfrac12 \) e quindi \( a=\dfrac{L}{2\cdot\frac12}=L \). La superficie totale è la somma dell'area di base e dell'area laterale:

\[ S=\pi R^2+\pi R a=\pi\,\dfrac{L^2}{2}+\pi\,\dfrac{L\sqrt2}{2}\cdot L=\dfrac{\pi L^2}{2}\left(1+\sqrt2\right) \]

c) Angolo tra il piano del triangolo \( VBC \) e il piano di base

I piani \( VBC \) e \( ABC \) si intersecano nella retta \( BC \). Il segmento \( VH \) è perpendicolare a \( BC \) (altezza del triangolo isoscele) e anche \( OH \) lo è (\( O \) è il centro del quadrato e \( H \) il punto medio di un suo lato). Quindi l'angolo cercato è \( \alpha=V\hat{H}O \), angolo del triangolo \( VOH \), rettangolo in \( O \), con \( \overline{OH}=\dfrac{L}{2} \).

Per \( \beta=30^\circ \) l'altezza del cono è:

\[ h=\dfrac{L}{2\cdot\frac12}\sqrt{1-2\cdot\dfrac14}=L\sqrt{\dfrac12}=\dfrac{\sqrt2}{2}\,L \]

Allora:

\[ \tan\alpha=\dfrac{\overline{VO}}{\overline{OH}}=\dfrac{\frac{\sqrt2}{2}L}{\frac{L}{2}}=\sqrt2 \quad\Longrightarrow\quad \alpha=\arctan\sqrt2\simeq54{,}74^\circ \]

d) Valore di \( \beta \) per cui \( V=\dfrac{\pi L^3}{12} \)

Imponiamo che il volume trovato al punto a) valga \( \dfrac{\pi L^3}{12} \):

\[ \dfrac{\pi L^3}{12\sin\beta}\sqrt{1-2\sin^2\beta}=\dfrac{\pi L^3}{12} \quad\Longleftrightarrow\quad \sqrt{1-2\sin^2\beta}=\sin\beta \]

Entrambi i membri sono positivi (\( \sin\beta>0 \) per \( 0<\beta<\dfrac{\pi}{4} \)), quindi possiamo elevare al quadrato senza introdurre soluzioni estranee:

\[ 1-2\sin^2\beta=\sin^2\beta \quad\Longrightarrow\quad \sin^2\beta=\dfrac13 \quad\Longrightarrow\quad \sin\beta=\dfrac{\sqrt3}{3} \]

Quindi \( \beta=\arcsin\dfrac{\sqrt3}{3}\simeq35{,}3^\circ \), valore accettabile perché \( 35{,}3^\circ<45^\circ=\dfrac{\pi}{4} \).

Verifica: per \( \sin\beta=\dfrac{\sqrt3}{3} \) l'altezza del cono è \( h=\dfrac{L}{2\sin\beta}\sqrt{1-2\sin^2\beta}=\dfrac{\sqrt3}{2}\,L\cdot\dfrac{\sqrt3}{3}=\dfrac L2 \), e quindi \( V=\dfrac13\,\pi\,\dfrac{L^2}{2}\cdot\dfrac L2=\dfrac{\pi L^3}{12} \), come richiesto.

\[ V=\dfrac{\pi L^3}{12\sin\beta}\sqrt{1-2\sin^2\beta},\quad 0<\beta<\dfrac{\pi}{4} \] \[ S\left(\beta=30^\circ\right)=\dfrac{\pi L^2}{2}\left(1+\sqrt2\right) \qquad \alpha=\arctan\sqrt2\simeq54{,}74^\circ \] \[ V=\dfrac{\pi L^3}{12} \ \Longleftrightarrow\ \sin\beta=\dfrac{\sqrt3}{3},\ \ \beta\simeq35{,}3^\circ \]

📚 Ripasso: per le equazioni goniometriche e le funzioni goniometriche inverse vedi la teoria Elementi di goniometria e trigonometria.

COMPITO IN CLASSE DI MATEMATICA

Esercizio 1

Soluzione Esercizio 1

Esercizio 2

Soluzione Esercizio 2

Esercizio 3

Soluzione Esercizio 3

Esercizio 4

Soluzione Esercizio 4