Transcript Ω e O e O , O ∈Ω e 2 O ∈Ω . 3 2 r . 3 1 3 3 1 8 2 2 3 2 4 12 12 3 AH

13. LA GEMMA DI EMMA
SOLUZIONE (di Emanuele Campeotto – Liceo Bertoni Udine)
1 e  2 di centri O1 e O2 ,
rispettivamente e di raggio r , tali che O1 2 e O2 1 .
Siano date due sfere
La regione comune alle due sfere è costituita da due calotte
sferiche con base un cerchio

3
r.
2
di raggio
O2
O1
Consideriamo ora l’ottaedro di lato l . Essendo per sua natura
un antiprisma, esso è iscrivibile in un cilindro.
Il raggio della base è pari ai
equilatero.
Calcoliamo l’altezza.
Riferendoci alla figura a fianco:
2
dell’altezza del triangolo
3
2
2
 3  1 3  3 2 1 2 8 2 2 2
AH  AK  KH  
l   
l   l  l  l  l
12
12
3
 2  3 2  4
6
AH 
l.
3
(infatti AK è l’altezza del triangolo equilatero di lato l , mentre
KH è la metà del raggio di base del cilindro.)
2
2
2
A
Il problema diventa ora inscrivere un cilindro con raggio di base
C
6
3
l nella parte delle due sfere.
l e altezza
3
3
Se osserviamo un sezione delle due sfere, passante per i due
centri, il problema diventa costruire un rettangolo WXYZ con i
lati in proporzione
H
O
K
2
.
2
B
Riferendoci alla figura a lato, applichiamo il Teorema di Pitagora
al
triangolo
O2 MW , dove O2W  r , WM 
3
l
3
R
e
W
1
1 6
O2 M  OT  MT  r 
l:
2
2 3
O2W 2  WM 2  O2 M 2
1
1
6 
r 2  l 2   r 
l 
3
2
6


 6  60
6
r
6
6
M
O1
T

Y
Z
S

10  1 r .
La superficie dell’ottaedro è A(l )  2 3l . Per i dati del problema la soluzione cercata è:
2
 6
A  2 3  
 6

O2
2
1
1
1
6
r2  l2  r2  l2 
rl
3
4
6
6
6l 2  2 6rl  9r 2  0 la cui unica soluzione accettabile è
l
X
2

1
10  1 10   2 3 
6




2
10  1 100 


3
11  2 10 100  269,94 .
3