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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
Messaggi: 883
Residenza: Casalmico
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 Inviato: 08 Feb 2007 17:53 Oggetto: * QUIZ: Indiana Proust: alla ricerca del tempio perduto |
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....giusto per riscaldare l'ambiente....
Il noto esploratore, in una delle sue avventure, si trovò lungo la valle del Nilo, dalle parti di Axurd...
Dovete sapere che la zona sacra del tempio di Axurd è costituito da un rettangolo lungo 60 metri e largo 20, suddiviso in tre quadrati di 20 metri di lato. Il primo quadrato è la base di una piramide retta alta 50 m., il secondo quadrato è libero; il terzo quadrato è la base di un edificio a forma di cubo.
In un particolare momento dell?anno, mesi prima del suo arrivo in zona, ahilui!, l?ombra della piramide si proietta sul cubo in modo tale che l?ombra del vertice cade esattamente nel centro della faccia superiore del cubo.
Per poter proseguire nella sua missione, Indy doveva però determinare quanto valeva in tale istante l?area della parte in ombra della faccia del cubo rivolta verso la piramide.
Vogliamo aiutare l'archeologo?
ciao,
Salmastro |
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MK66
Moderatore Sistemi Operativi
Registrato: 17/10/06 22:24
Messaggi: 8616
Residenza: dentro una cassa sotto 3 metri di terra...
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| Inviato: 08 Feb 2007 21:45 Oggetto: |
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Io un'idea l'avrei, buttata giù alla buona...
Se fossi capace a riportare i disegni, si capirebbe meglio.
Spero che così non sia del tutto oscura...
| Citazione: | Con le indicazioni date, si ha che l'ombra della piramide può essere rappresentata come un triangolo avente come base la base del cubo, e come altezza una volta e mezza l'altezza del cubo.
Con un disegno mi spiegherei meglio, ma non sono capace...
Rappresentando il cubo come la sovrapposizione delle due facce considerate, ovvero un rettangolo con base 20m e altezza 40m, l'ombra della piramide sarebbe rappresentata da un triangolo isoscele con base 20m e altezza 30m.
L'area di tale triangolo è pari a 20*30/2 = 300mq
Dividendo esattamente a metà tale triangolo, otterremo un triangolo rettangolo con base 10m e altezza 30m, il cui angolo al vertice risulta tale da avere tg(alfa)=1/3.
Da tale triangolo rettangolo, si ottiene l'altezza dell'equivalente triangolo rettangolo sulla faccia superiore del cubo, essendo l1*sin(alfa)=h e l1*cos(alfa)=10 (l1=ipotenusa del triangolo), si ottiene tan(alfa)=h/10, da cui h=10*tan(alfa)=10*1/3=10/3
L'ombra sulla faccia rivolta verso la piramide è data dall'area sul primo quadrato, rappresentata da un trapezio con base maggiore 20m, altezza 20m e base minore pari a 2*h=20/3
L'area di tale trapezio risulta quindi essere pari a (20+20/3)*20/2=800/3=266,6666mq |
(come già detto, con un disegno sarebbe più semplice, ma non sono molto capace...) |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
Messaggi: 883
Residenza: Casalmico
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| Inviato: 09 Feb 2007 11:34 Oggetto: |
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premesso che non conosco la soluzione (e che è proprio per questo che ho proposto il problema) MK66 dice che | Citazione: | | l'ombra della piramide è un triangolo di base 20 (il lato del cubo) ed altezza 30 |
. mi pare che, però, l'ombra della piramide sia formata da | Citazione: | | un trapezio sulla zona scoperta, di base maggiore pari a 20; da un altro trapezio sulla faccia laterale del cubo, che ha la base maggiore pari a quella minore del trapezio precedente; da un triangolo, sul "tetto", di altezza 10 e base pari alla base minoredel trapezio "laterale" |
e non sono neanche sicuro che | Citazione: | | srotolando su un piano le 3 figure risulti effettivamente un triangolo... |
aspetto suggerimenti!
ciao
Salmastro |
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Super Enne
Comune mortale
Registrato: 09/02/07 12:17
Messaggi: 2
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| Inviato: 09 Feb 2007 12:25 Oggetto: |
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Questa dovrebbe essere la soluzione:
| Citazione: | | l'area d'ombra dovrebbe essere un trapezio isoscele avente base maggiore pari a 11 metri, base minore pari a 3 metri e altezza pari ovviamente a 20 metri, per un'area complessiva pari quindi a 140 metri quadrati. |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
Messaggi: 883
Residenza: Casalmico
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| Inviato: 09 Feb 2007 12:53 Oggetto: |
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per Super Enne:
penso che si sia tutti interessati al procedimento... (almeno io!)
salmastro |
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Super Enne
Comune mortale
Registrato: 09/02/07 12:17
Messaggi: 2
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| Inviato: 09 Feb 2007 16:54 Oggetto: |
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Per prima cosa, la mia soluzione di prima era sbagliata, questa soluzione di cui spiego il procedimento dovrebbe essere corretta:
| Citazione: | Prima di tutto una considerazione: si deduce che in quel dato momento il sole è perfettamente in linea con l'orientamento della struttura, cioè è sul piano immaginario che taglia il rettangolo della struttura in due per il lungo. Dunque l'ombra che la piramide proietterebbe per terra se non ci fosse il cubo è un'ombra triangolare. La base di questo triangolo è 20 metri, ma dobbiamo trovare l'altezza: consideriamo ora la struttura vista di fianco: sappiamo che in quel giorno dell'anno l'ombra del vertice della piramide cade a 40 metri di distanza (distanza orizzontale tra il vertice della piramide e il centro della faccia superiore del cubo) e 30 metri più in basso: quindi, se non ci fosse il cubo, sapremmo che il vertice della piramide proietterebbe la sua ombra a X metri di distanza dal centro della base della piramide, dove X è dato dalla proporzione: 30:40=50:X. Risolvendo si ha X=200/3 m. La distanza dal lato della piramide, cioè la lunghezza del triangolo proiettato per terra, quindi sarebbe pari a (200/3)-10=170/3 metri (vanno sottratti i 10 metri tra il centro della base della piramide e il suo lato). Ora possiamo trovare, con un'altra proporzione, quant'è la larghezza del triangolo d'ombra alla base della faccia laterale del cubo, posta a 20 metri di distanza dalla piramide, con la proporzione: (170/3):20=((170/3)-20):X, da cui X=220/17 metri (circa 12.94 metri). Questa è la base maggiore del trapezio isoscele formato dall'ombra sulla faccia laterale del cubo.
Per sapere quant'è la base minore, il procedimento è lo stesso, perché l'ombra proiettata sulla faccia superiore del cubo rispetta le stesse proporzioni e forma di quella che sarebbe l'ombra per terra (la distanza del sole può essere approssimata ad infinita). Perciò considerando che il triangolo d'ombra sulla faccia superiore ha lunghezza pari a 10 metri, la sua larghezza (sullo spigolo del cubo tra la faccia superiore e quella laterale) è data dalla proporzione: (170/3):20=10:X, da cui X=60/17 metri (circa 3.53 metri). Ora sappiamo base maggiore (220/17 metri), base minore (60/17 metri) e altezza (20 metri) del trapezio isoscele, quindi la sua area sarà pari a:
(((220/17)+(60/17))/2)*20=2800/17 metri quadrati, cioè circa 164.70. |
Ditemi se credete ci sia qualcosa che non va.
Ciao |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
Messaggi: 883
Residenza: Casalmico
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| Inviato: 10 Feb 2007 19:07 Oggetto: |
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per Super Enne:
non conoscendo la soluzione "ufficiale", ti posso solo confermare che anch'io ho proceduto esattamente come te.
Attendiamo altri interventi!
salmastro |
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ulisse
Dio maturo
Registrato: 02/03/05 01:09
Messaggi: 1531
Residenza: Bagnone (MS)
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| Inviato: 10 Feb 2007 20:02 Oggetto: |
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Carino questo enigma!
Non richiede uno sproposito di competenze se non qualche base di geometria euclidea.
Ma, nonostante ciò, richiede attenzione nell'analisi.
Per verificare la correttezza dei risultati già trovati, provo a dare anch'io la mia soluzione.
Noto che il procedimento adottato è lo stesso e i risultati coincidono (a meno di un centesimo perché qualcuno non sa arrotondare?  )
Tanto per ostentare la mia bravura  nel disegno geometrico ecco come appare la costruzione in assonometria:
Poiché, come è già stato detto, il sole giace sul piano contenente l'asse maggiore del rettangolo e il vertice della piramide, la figura può essere semplificata considerando solo la sua proiezione ortogonale su tale piano.
Chiamiamo alfa tale piano.
| Citazione: | La piramide sarà quindi rappresentata dal triangolo EDC e il cubo dal quadrato FGNM.
Poiché, in buona approssimazione, il sole può essere considerato come una fonte luminosa puntiforme a distanza infinita, i suoi raggi saranno paralleli.
Ciò comporta una conseguenza importante e determinante per il calcolo del risultato:
Tale tipo di proiezione conserva le distanze dal piano alfa ovvero l'ombra di un punto a distanza d dal piano disterà sempre d ovunque venga proiettata.
Ciò significa che l'ombra della piramide sarà più o meno lunga a seconda dell'inclinazione del piano sul quale l'ombra è proiettata ma la sua larghezza sarà sempre costante.
Ciò significa quindi che, dovendo misurare la larghezza dell'ombra della piramide nel punto M in cui tocca lo spigolo superiore del cubo, basterà misurare tale larghezza sul terreno nel punto L in cui l'ombra cadrebbe se non ci fosse il cubo.
Tale larghezza (che corrisponde alla misura della base minore del trapezio la cui area dobbiamo calcolare) potrà essere ricavata sfruttando le proporzioni e il teorema di Talete (rette incidenti secate da un fascio di rette parallele).
Lo stesso faremo con la base maggiore del trapezio.
Ragioniamo facendo riferimento alla figura.
Se non ci fosse il cubo, l'ombra sarebbe un triangolo di base x = 20 e altezza DB.
La base maggiore B del trapezio e la base minore b del medesimo trapezio si ricavano col teorema di Talete:
x : DB = B : FB da cui B = x * FB/DB
x : DB = b : LB da cui b = x * LB/DB
Non ci resta che calcolare le lunghezze incognite.
DB = AB - AD = AB - 10
FB = AB - AF = AB - 30
I triangoli ABC e A'B'C sono simili quindi
AB : A'B' = AC : A'C da cui AB = A'B' * AC / A'C = 40 * 50 / 30 = 200/3
Pertanto DB = 170/3 , FB = 110/3 e B = 20 * 11/17 = 220/17
Poiché LB = MB' = 10 ricaviamo b = 20 * 10/(170/3) = 60/17
L'area del trapezio, pertanto, è:
(B+b) * FM / 2 = (220/17+60/17) * 20 / 2 = 2800/17 mq cioè circa 164,71 mq |
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Salmastro
Dio minore
Registrato: 13/12/06 19:36
Messaggi: 883
Residenza: Casalmico
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| Inviato: 10 Feb 2007 21:28 Oggetto: |
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chapeau!!
Salmastro |
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chemicalbit
Dio maturo
Registrato: 01/04/05 17:59
Messaggi: 18597
Residenza: Milano
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| Inviato: 10 Feb 2007 23:28 Oggetto: |
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con che programma hai fatto il disegno?
mi sarebbe stato utile in disegno tecnico al liceo, dove mi facevano impazire con i disegni con le ombre (più in prospettiva che in assonometria, però) |
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ulisse
Dio maturo
Registrato: 02/03/05 01:09
Messaggi: 1531
Residenza: Bagnone (MS)
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| Inviato: 11 Feb 2007 21:43 Oggetto: |
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| chemicalbit ha scritto: | con che programma hai fatto il disegno?
mi sarebbe stato utile in disegno tecnico al liceo, dove mi facevano impazire con i disegni con le ombre (più in prospettiva che in assonometria, però) |
Eheh... anche a me facevano impazzire ma di piacere!
Ho usato Cabrì II (non Cabrì 3D che fa in automatico assonometria e prospettiva) ma sfruttando solo le funzionalità elementari ovvero come se stessi disegnando su carta soltanto con matita, riga, squadra e compasso.
Tutti i calcoli e le misure li ho svolti sfruttando proprietà della geometria euclidea (ovvero niente calcolatrice o conti a mente).
L'unica libertà che mi sono concesso è sull'angolo di assonometria (infatti non ho osato specificare il tipo di assonometria) che ho tirato a occhio (non avevo voglia di calcolarmi gli angoli esatti).
Volevo fare il brillante e disegnare la versione in prospettiva ma mi sono reso conto che non mi ricordo più come si riportano in prospettiva lunghezze e angoli.
Senza tale nozione posso solo disegnare a occhio ma, a questo punto, ricostruire le regole è una questione di principio.
Prima o poi ci arrivo!
In effetti un'alternativa c'è: ristudiare le formule di geometria proiettiva e ricostruire da esse le regole della prospettiva... ma mi sembra un tantinello esagerato...
Ovviamente di andare in biblioteca a scuola e consultare un manuale di disegno geometrico non se ne parla... |
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