Quesito 10 – Testo e soluzione – Maturità 2012 Scientifico PNI

Testo
Si provi che fra tutti i coni circolari retti circoscritti ad una sfera di raggio \(r\), quello di minima area laterale ha il vertice che dista \(r\sqrt{2}\) dalla superficie sferica.

Soluzione
Consideriamo la sezione piana del cono passante per il suo vertice
\(V\) e per il centro \(C\) della sfera (Fig.1). Poichè il cono è retto, l’altezza cade nel centro della base. Sia \(H\) il piede dell’altezza. Detti \(A\) e \(B\) gli estremi del diametro della base, il triangolo
\(VBH\), rettangolo in \(H\), è simile a \(\mathcal{4}VSC\) (\(\mathcal{4}VHB\sim \mathcal{4}VSC\)) in quanto \(S\), punto di contatto (o tangenza) tra cono e sfera, assicura che \(\angle VSC\) sia retto.
Ricordato che \(\overline{CS}=r\) e posto che \(x=\overline{VC}\) con \(x>r\), il teorema di Pitagora applicato a \(\triangle VSC\) permette di determinare
\[
\overline{VS}=\sqrt{\overline{VS}^2-\overline{CS}^2}=\sqrt{x^2-r^2}
\]
mentre per la similitudine osservata valgono i rapporti
\[
\frac{\overline{HB}}{\overline{VH}}=\frac{\overline{CS}}{\overline{VS}}
\]

2012_PNI_quesito10_fig1

e
\[
\frac{\overline{VB}}{\overline{VH}}=\frac{\overline{VC}}{\overline{VS}}
\]
Da cui deduciamo
\[
\overline{HB}=\frac{\overline{CS}\cdot\overline{VH}}{\overline{VS}}=
\frac{r\cdot (x+r)}{\sqrt{x^2-r^2}}\hspace{1cm}\text{e}\hspace{1cm}
\overline{VB}=\frac{\overline{VC}\cdot\overline{VH}}{\overline{VS}}=
\frac{x\cdot (x+r)}{\sqrt{x^2-r^2}}
\]
L’area laterale \(\mathcal{A}_l\) del cono è data dalla
\[
\mathcal{A}_l=\frac{1}{2}(2\pi\overline{HB})\cdot\overline{VB}
\]
Quindi sostituendo le espressioni ottenute prima
\[
\mathcal{A}_l(x)=\pi\cdot\frac{r(x+r)}{\sqrt{x^2-r^2}}\cdot\frac{x(x+r)}{\sqrt{x^2-r^2}}=\pi r\cdot\frac{x^2+rx}{x-r}\land x >r
\]

La ricerca del minimo passa per il calcolo della derivata prima che è
\[\mathcal{A}’_l(x)=\pi r\cdot\frac{(2x+r)(x-r)-l(x^2+rx)}{(x-r)^2}=\pi r\cdot\frac{x^2-2rx-r^2}{(x-r)^2}.\]
Il segno della derivata coincide con quello del numeratore poiché il denominatore è sempre positivo. Quindi dev’essere
\[
x^2-2rx-r^2\ge0 \Longrightarrow x_{1,2}=r\pm \sqrt{r^2+r^2}=r\pm r\sqrt{2}=r(1\pm\sqrt{2})
\]
e quindi
\[
\mathcal{A}’_l(x)\ge 0 \Longleftrightarrow x\le r(1-\sqrt{2})\land x\ge r(1+\sqrt{2})
\]
2012_PNI_quesito10_fig2

Considerando che la variabile deve soddisfare la condizione \(x>r\)la Fig. 2 evidenzia che il minimo assoluto è raggiunto in corrispondenza di \(x_{min}=r(1+\sqrt{2})\). Infine la distanza del vertice \(V\) dalla superficie sferica si ottiene facilmente con
\[
x_{min}-r=\overline{VC}_{min}-r=r\sqrt{2}
\]

 

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