Ricevo da Elisa la seguente domanda:
Caro professore,
ho dubbi su questi problemi:
1) Una piramide a base triangolare regolare è inscritta in una sfera il cui volume è \(2916\sqrt{3}\pi\). Sapendo che lo spigolo laterale è \(6\sqrt{3}\), determinare l’altezza della piramide, il volume e l’area della superficie laterale della piramide.
2) Nel triangolo isoscele \(ABC\) di incentro \(O\) l’angolo al vertice e di \(36^\circ\). Detto \(P\) il punto in cui la retta \(AO\) interseca \(BC\), dimostrare che il volume della sfera di diametro \(AB\) sta al volume della sfera di diametro \(BP\) come \(AC\) sta ad \(OP\).
Grazie mille.
Le rispondo così:
Cara Elisa,
nel primo quesito, con riferimento alla figura, osserviamo che l’altezza \(VG\) della piramide è necessariamente anche l’altezza di un triangolo isoscele \(AVD\) inscritto in un cerchio massimo della sfera, avente lo spigolo \(s=AV\) come lato obliquo. Poiché il raggio \(r=AO=OV\) della sfera è ricavabile dal volume assegnato: \[\frac{4}{3}\pi {{r}^{3}}=4\cdot {{3}^{6}}\cdot \sqrt{3}\pi \Rightarrow r=9\sqrt{3}\] possiamo ricavare l’altezza \(VG\) e il raggio \(AG\) del cerchio di base applicando Pitagora ai triangoli rettangoli \(AGO\) e \(AGV\), avendo posto \(x=GO\):
\[{{r}^{2}}-{{x}^{2}}+{{\left( r+x \right)}^{2}}={{s}^{2}}\Rightarrow x=\frac{{{s}^{2}}}{2r}-r\Rightarrow VG=2\sqrt{3},\quad AG=4\sqrt{6}\quad .\] Poiché \(G\) è baricentro del triangolo equilatero \(ABC\), si ha \(AH=3AG/2=6\sqrt{6}\), da cui \(l=AB=BC=AC=12\sqrt{2}\): l’area di base della piramide misura quindi \(72\sqrt{3}\), e l’apotema \(VH\) misura \(6\), quindi volume \(V\) e superficie laterale \(S_L\) sono i seguenti: \[V=144\quad \quad {{S}_{L}}=108\sqrt{2}\quad .\]
Nel secondo quesito, osserviamo che il triangolo isoscele \(ABC\) ha proporzioni “auree”, cioè la base \(AB\) è la sezione aurea del lato obliquo \(BC\), come si può dedurre dal fatto che la bisettrice \(AP\) definisce il triangolo isoscele \(ABP\) simile a \(ABC\), e anche il triangolo isoscele \(APC\), per cui \(PC=AP=AB\) e \(BC:AB=AB:BP\), cioè \(BC:PC=PC:BP\), e quindi: \[AB=PC=AP=\frac{\sqrt{5}-1}{2}BC\quad BP=\frac{\sqrt{5}-1}{2}AB=\frac{3-\sqrt{5}}{2}BC\quad .\] Posto per semplicità \(BC=1\), si ha \(AM=\sin 18{}^\circ =\frac{\sqrt{5}-1}{4}\), da cui \(\cos 36{}^\circ =1-2{{\sin }^{2}}18{}^\circ =\frac{\sqrt{5}+1}{4}\), pertanto \[OP=AP-AO=AP-\frac{AM}{\cos 36{}^\circ }=\frac{\sqrt{5}-1}{2}-\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}+1}=\sqrt{5}-2\] e quindi la tesi: \[\frac{4}{3}\pi {{\left( \frac{\sqrt{5}-1}{4} \right)}^{3}}:\frac{4}{3}\pi {{\left( \frac{3-\sqrt{5}}{4} \right)}^{3}}={{\left( \frac{\sqrt{5}-1}{3-\sqrt{5}} \right)}^{3}}={{\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)}^{3}}=\sqrt{5}+2=\frac{1}{\sqrt{5}-2}=\frac{AC}{OP}\quad .\]
Massimo Bergamini