Quattro coni per terra
Quattro coni per terra
Gara a squadre 2010, finale, problema 24
La roccaforte inespugnabile della fratellanza dei $ & \pi $-rati nobili è costruita interamente con il legno dei relitti di navi arenate. La forma è quella di quattro coni identici, appoggiati su un terreno piatto in modo che i vertici si tocchino [= siano lo stesso punto], le loro superfici laterali siano tangenti al terreno su 4 segmenti uguali e perpendicolari che formano una croce e due coni adiacenti abbiano le superfici laterali tangenti. Trovare il rapporto tra l'altezza e il raggio di base dei coni.
Commento: ideoso. Esiste una soluzione bovina, ovviamente brutta e contosa.
La roccaforte inespugnabile della fratellanza dei $ & \pi $-rati nobili è costruita interamente con il legno dei relitti di navi arenate. La forma è quella di quattro coni identici, appoggiati su un terreno piatto in modo che i vertici si tocchino [= siano lo stesso punto], le loro superfici laterali siano tangenti al terreno su 4 segmenti uguali e perpendicolari che formano una croce e due coni adiacenti abbiano le superfici laterali tangenti. Trovare il rapporto tra l'altezza e il raggio di base dei coni.
Commento: ideoso. Esiste una soluzione bovina, ovviamente brutta e contosa.
Presidente della commissione EATO per le IGO
Se questa soluzione è giusta è con ogni probabilità quella bovina, brutta e contosa:
Sia $ h $ l'altezza di un cono, $ r $ il raggio, $ \alpha $ l'angolo tra altezza e apotema. Chiamo $ C_1 $ e $ C_2 $ i piedi delle altezze di due coni adiacenti, $ T $ il punto di tangenza dei due cerchi di base, $ V $ il vertice in comune.
Dato che il segmento di tangenza $ VT $ giace sul piano di $ VC_1 $ e $ VC_2 $, $ C_1C_2 $ interseca $ VT $ortogonalmente (per simmetria). Quindi $ \overline{C_1C_2}=2hsin\alpha $.
Ora considero il quadrato formato dai quattro piedi delle altezze dei coni e sia $ V' $ la proiezione di $ V $ sul piano del quadrato.Siccome il quadrato è parallelo al piano del terreno si ha $ \overline{V'C_1}=hcos\alpha $, ed essendo $ V' $ il centro del quadrato e $ C_1C_2 $ un lato, si ottiene $ \overline{C_1C_2}=hcos\alpha\sqrt2 $. Uguagliando le due espressioni per $ \overline{C_1C_2} $ si ottiene $ \frac{r}{h}=tan\alpha=\frac{1}{\sqrt2} $.
Sia $ h $ l'altezza di un cono, $ r $ il raggio, $ \alpha $ l'angolo tra altezza e apotema. Chiamo $ C_1 $ e $ C_2 $ i piedi delle altezze di due coni adiacenti, $ T $ il punto di tangenza dei due cerchi di base, $ V $ il vertice in comune.
Dato che il segmento di tangenza $ VT $ giace sul piano di $ VC_1 $ e $ VC_2 $, $ C_1C_2 $ interseca $ VT $ortogonalmente (per simmetria). Quindi $ \overline{C_1C_2}=2hsin\alpha $.
Ora considero il quadrato formato dai quattro piedi delle altezze dei coni e sia $ V' $ la proiezione di $ V $ sul piano del quadrato.Siccome il quadrato è parallelo al piano del terreno si ha $ \overline{V'C_1}=hcos\alpha $, ed essendo $ V' $ il centro del quadrato e $ C_1C_2 $ un lato, si ottiene $ \overline{C_1C_2}=hcos\alpha\sqrt2 $. Uguagliando le due espressioni per $ \overline{C_1C_2} $ si ottiene $ \frac{r}{h}=tan\alpha=\frac{1}{\sqrt2} $.
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Allora.... Ci provo, dai.
io francamente mi sono fatto l'immagine in testa e ho ragionato su quella, quindi mi sa che non mi uscirà benissimo questo post...
Ho notato che i raggio dei coni andavano a formare( vi prego, usate l'immaginazione) un quadrato di raggio uguale a
$ 2r $ ( r= raggio)ho quindi notato che i " segmenti di tangenza" dei coni andavano a formare, congiungendosi, con il quadrato di lato$ 2r $ una piramide a base quadrata ( per l'appunto) di altezza pari al raggio ( lo si vede spostando mentalmente il segmento...) le cui facce laterali ( scusate se sono prolisso, ma prefericessere il più chiaro possibile) sono fomrate da triangoli isosceli con base = 2r e con i due "lati tra loro congruenti" uguali ai segmenti di tangenza tra i coni.... Applicando pitagora su questa priamide, ottengo facilmente che la distanza che intercorre tra il punto medi di un lato della piramide ( che sarebbe il centro della base dei nostri coni inziali) è uguale a $ \sqrt{2}r $. se ne ricava che il rapporto è uguale a
$ \frac{r}{h} = \frac{r}{\sqrt{2}r} = \frac{1}{\sqrt{2}} $
giusto ? si è capito cosa mi sono visto ?
P.S. Non so se la mia soluzione è sostanzialmente diversa da quella del mio predecessore, ma francamente a me lo sembra, non ho tirato in ballo angoli, anche se, come di recente ho imparato, In geometry, angle are angels....
io francamente mi sono fatto l'immagine in testa e ho ragionato su quella, quindi mi sa che non mi uscirà benissimo questo post...
Ho notato che i raggio dei coni andavano a formare( vi prego, usate l'immaginazione) un quadrato di raggio uguale a
$ 2r $ ( r= raggio)ho quindi notato che i " segmenti di tangenza" dei coni andavano a formare, congiungendosi, con il quadrato di lato$ 2r $ una piramide a base quadrata ( per l'appunto) di altezza pari al raggio ( lo si vede spostando mentalmente il segmento...) le cui facce laterali ( scusate se sono prolisso, ma prefericessere il più chiaro possibile) sono fomrate da triangoli isosceli con base = 2r e con i due "lati tra loro congruenti" uguali ai segmenti di tangenza tra i coni.... Applicando pitagora su questa priamide, ottengo facilmente che la distanza che intercorre tra il punto medi di un lato della piramide ( che sarebbe il centro della base dei nostri coni inziali) è uguale a $ \sqrt{2}r $. se ne ricava che il rapporto è uguale a
$ \frac{r}{h} = \frac{r}{\sqrt{2}r} = \frac{1}{\sqrt{2}} $
giusto ? si è capito cosa mi sono visto ?
P.S. Non so se la mia soluzione è sostanzialmente diversa da quella del mio predecessore, ma francamente a me lo sembra, non ho tirato in ballo angoli, anche se, come di recente ho imparato, In geometry, angle are angels....
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Caro tiparechetorni, ti pare il modo?
Simili atteggiamenti qui non sono né consoni né tollerati. In quanto all'ottaedro, sì, è proprio un ottaedro e torna.
In quanto alle tue offese a minima.distanza, ti prego di cancellare quel messaggio e di scusarti con l'utente.
Se vuoi partecipare a questo forum dando il tuo contributo nella proposizione e risoluzione di problemi delle olimpiadi, sei ovviamente il beneaccetto.
Se però terrai anche in futuro un simile atteggiamento, saremo costretti a prendere provvedimenti.
Buona navigazione.
Simili atteggiamenti qui non sono né consoni né tollerati. In quanto all'ottaedro, sì, è proprio un ottaedro e torna.
In quanto alle tue offese a minima.distanza, ti prego di cancellare quel messaggio e di scusarti con l'utente.
Se vuoi partecipare a questo forum dando il tuo contributo nella proposizione e risoluzione di problemi delle olimpiadi, sei ovviamente il beneaccetto.
Se però terrai anche in futuro un simile atteggiamento, saremo costretti a prendere provvedimenti.
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