Sfida per le superiori: quesito 9 della maturità ordinaria

[Raptorista1]

Buon giorno, Forum!
Dopo aver visto la prova di matematica di quest'anno ho voluto fare un piccolo esperimento, e sono rimasto leggermente perplesso dai risultati. Decido quindi di riproporre l'esperimento qui [e questo è il motivo per cui apro un nuovo argomento anziché accodarmi a quello già esistente].
Il quesito 9 della maturità ordinaria riporta:

"Ministero":Si provi che, nello spazio ordinario a tre dimensioni, il luogo geometrico dei punti equidistanti dai tre vertici di un triangolo rettangolo è la retta perpendicolare al piano del triangolo passante per il punto medio dell’ipotenusa.

Ora, io vorrei chiedere a tutti gli studenti delle superiori [qualunque anno], di provare a dare una dimostrazione completa [e sottolineo COMPLETA] che risponda al quesito.
Mi auguro che arrivi in tempi brevi, ma temo che possa non essere così!

Lo scopo dell'esperimento è valutare la capacità di dare una dimostrazione che gli studenti delle superiori dovrebbero apprendere.
Per una maggiore significatività, se non vi scoccia, mettete anche il vostro voto in pagella in matematica.

Grazie a tutti per la partecipazione,
diamo inizio alle danze

[Ryuzaky*]

Ovviamente non l'ho scritto così come sul forum, volevo solo rendere l'idea...
Comunque non abbiamo mai fatto niente del genere a scuola quindi boh

Giusto per precisare.. non so che si intende né per geometria analitica né per sintetica.. (e non credo sia solo colpa mia)
Solo quest'anno mi sono appassionata alla matematica e ho approfondito analisi, riconosco la mia ignoranza negli altri settori

[Sk_Anonymous]

Non riesco proprio a stare lontano dalla matematica!
Senza l'ausilio della geometria analitica, ho pensato alla soluzione seguente:

Siano [tex]$A$[/tex], [tex]$B$[/tex] e [tex]$C$[/tex] i vertici di un triangolo rettangolo retto in [tex]$\quad \hat{B}$[/tex] "giacente" in un piano [tex]$p$[/tex]. Posto [tex]$\overline{AC}=l=\mathrr{ipotenusa}$[/tex], sia [tex]$M$[/tex] il punto medio di [tex]$\overline{AC}$[/tex] tale che [tex]$\overline{AM}=\overline{MC}=\frac{l}{2}$[/tex]. Posto infine [tex]$\quad \hat{C}=\alpha$[/tex], risulterà che [tex]$\quad \hat{A}=\left (\frac{\pi}{2}-\alpha\right)$[/tex].
Servendosi di un po' di trigonometria, [tex]$\overline{AB}=l \sin\alpha$[/tex] mentre [tex]$\overline{BM}^{2}$[/tex], per il teorema di Carnot, sarà uguale a [tex]$\overline{AB}^{2} + \overline{AM}^{2} - 2 \overline{AB} \cdot \overline{AM}\cdot \cos\left(\frac{\pi}{2}-\alpha \right)=l^{2}\sin^{2}\alpha + \frac{l^{2}}{4}-2\cdot l\sin\alpha \cdot \frac{l}{2} \sin\alpha=\frac{l^{2}}{4}$[/tex], per cui [tex]$\overline{BM}=\frac{l}{2}$[/tex]. Detta quindi [tex]$r$[/tex] una retta perpendicolare al piano [tex]$p$[/tex] e passante per [tex]$M$[/tex], e [tex]$V$[/tex] un punto [tex]$\in r$[/tex] tale che [tex]$\overline{VM}=x$[/tex], si nota che i tre triangoli [tex]$VMC$[/tex], [tex]$VMB$[/tex] e [tex]$VMA$[/tex] sono congruenti. [tex]$V$[/tex] è quindi equidistante da tutti e tre i vertici e la variazione di [tex]$x$[/tex] designa la retta [tex]$r$[/tex].

Può andare?

[Raptorista1]

Vediamo come sta andando....
A tutti quelli che lamentano di non aver fatto lo spazio: è un problema di geometria sintetica, ossia la stessa usata per la geometria solida di cubi, cilindri eccetera

@Ryuzaky [Nickname preso da Death Note?? ]
«Ho detto che....» - Ma non l'hai mica dimostrato!
«La diagonale dei triangoli» - Spero sia "ipotenusa".

@xXStephXx
«L'ultima è tirata all'acqua di rose» - Noooooooooo, ma va' figurati! XD

@Delirium
Non è sbagliato ma ti sei inventato una cosa complicatissima... Le similitudini tra triangoli non ti piacciono proprio?? XD

Comunque nessuno dei tre ha ancora dato una dimostrazione completa, ed intendo dal punto di vista logico: fate bene attenzione a cosa significa dimostrare che un luogo È una retta!

[Quinzio]

La maturità l'ho data 20 anni fa, per cui non rientro tra i partecipanti a questo sondaggio, però vorrei dare la mia versione così per divertimento:

Sia il rettangolo ADBC sul piano xy.
Dato che nei parallelogrammi le diagonali si incontrano nel loro punto medio M e date ovvie ragioni di simmetria proprie dei rettangoli sia ha che:
AM = BM = CM = DM
Si consideri quindi un segmento MP ortogonale al piano xy, con un estremo in M.
Dato che questo segmento forma angoli retti con ogni segmento del piano xy, se ne conclude che i triangoli:
AMP, BMP, CMP, DMP, sono congruenti, in quanto hanno due lati e l'angolo compreso uguali.
Da cui segue che le distanze AP, BP, CP, DP sono uguali.
Nella fattispecie del problema va ovviamente considerato solo metà rettangolo ADBC, cioè il triangolo ABC.

Così andrebbe o siamo ancora poco rigorosi ?
Mi piacerebbe sentire i vs commenti, in quanto non sono mai stato bravo nel mettere tutti i puntini sulle "i" ovvero essere metodico e rigoroso.

Onestamente i commenti di Lussardi mi sono un po' oscuri ovvero se dimostro che l'asse z è l'unico luogo dove le distanze sono uguali ho anche dimostrato che non esiste nessun'altro punto fuori da z che soddisfa la condizione.

[Luca.Lussardi]

Non ci siamo ancora: Massimiliano insiste sulla definizione di luogo geometrico, che nessuno ha ancora chiarito.

[Seneca1]

La sfida non è diretta a me, ma ormai mi sono cimentato... Tanto vale postare la dimostrazione che ho fatto in spoiler (ché con la geometria sono solito prendere cantonate).
Può andare una cosa del genere?

Osservazione: sia [tex]$A B C$[/tex] un triangolo rettangolo in un piano. Si vede facilmente che il luogo geometrico dei punti equidistanti dai tre vertici di un triangolo consta di un punto solamente, [tex]$M$[/tex], cioè il punto medio dell'ipotenusa.

Sia [tex]$\alpha$[/tex] il piano in cui giace il triangolo rettangolo e sia [tex]$\Gamma$[/tex] il luogo geometrico in questione.
Considero un segmento [tex]$MP \perp \alpha$[/tex]. Ragionando sui triangoli rettangoli [tex]$AMP , BMP , CMP$[/tex] si conclude che il punto [tex]$P \in \Gamma$[/tex].
Per l'arbitrarietà di [tex]$P$[/tex], a [tex]$\Gamma$[/tex] appartiene tutta la retta [tex]$r \perp \alpha$[/tex] , [tex]$MP \in r$[/tex].
Supponiamo esista un punto [tex]$Q$[/tex] tale che [tex]$Q \notin r$[/tex] ma [tex]$Q \in \Gamma$[/tex]. Sia [tex]$W$[/tex] la proiezione di [tex]$Q$[/tex] su [tex]$\alpha$[/tex]. A questo punto basta ragionare sui triangoli rettangoli [tex]$AWQ , BWQ , CWQ$[/tex] per dedurre (per ipotesi si ha [tex]$AQ = BQ = CQ$[/tex] ) che [tex]$AW = BW = CW $[/tex] ciò che è assurdo per la semplice osservazione che abbiamo premesso.

Quindi [tex]$r \equiv \Gamma$[/tex].

[Ryuzaky*]

"Raptorista":Vediamo come sta andando....
A tutti quelli che lamentano di non aver fatto lo spazio: è un problema di geometria sintetica, ossia la stessa usata per la geometria solida di cubi, cilindri eccetera

@Ryuzaky [Nickname preso da Death Note?? ]
«Ho detto che....» - Ma non l'hai mica dimostrato!
«La diagonale dei triangoli» - Spero sia "ipotenusa".

Si
Capito, appena fatti gli orali mi metto subito a studiare qualche suggerimento da dove cominciare ?
Sorry, è stato un Lapus

[Raptorista1]

@Quinzio: la dimostrazione che hai dato è abbastanza rigorosa, ma non è COMPLETA [che è ciò che ho chiesto nel primo post]. Il punto sollevato da Luca Lussardi è esattamente il centro della questione, ed è quello che manca alla tua prova: tu hai fatto vedere che SE un punto è sulla perpendicolare, ALLORA è equidistante. Questo non è [tutto] ciò che il quesito chiede!

@Seneca: la tua è, ovviamente, perfetta!

[Raptorista1]

Back to the top!

[cenzo1]

Sono lontani i tempi delle superiori, ma ci provo lo stesso..

Il luogo geometrico dei punti dello spazio equidistanti da A e C è il piano ortogonale al segmento AC passante per il punto medio di AC.
Analogamente il luogo dei punti dello spazio equidistanti da B e C è il piano ortogonale al segmento BC passante per il punto medio di BC.
Segue che il luogo richiesto è l'intersezione di tali piani, quindi una retta.
Tale retta è ortogonale al piano del triangolo, in quanto i due piani cui appartiene sono ortogonali al piano del triangolo.
L'intersezione di tale retta col piano del triangolo è unica ed è il punto medio M dell'ipotenusa BC.
Infatti tale punto soddisfa la richiesta, essendo il centro di una circonferenza passante per A, B e C, avendosi quindi MA=MB=MC raggio della circonferenza.

Può stare in piedi ?

[Raptorista1]

@cenzo: le frasi 1 e 2 spostano il problema, ma andrebbero a loro volta dimostrate!
Nella frase 3 ti abbono la dimostrazione che non siano paralleli [ma andrebbe fatta].
Il resto sembra ok

[Sk_Anonymous]

Un paio di osservazioni personali, e pertanto (ovviamente) opinabili.
La questione che hai proposto, Raptorista, è tutt'altro che banale, e mi ha permesso di ragionare su cosa significhi dimostrare una doppia implicazione logica; non sono tuttavia dell'idea che il quesito richiedesse una dimostrazione di tal fatta (come quella di Seneca, per esempio), in quanto credo che il ministero non la esigesse.

Hai fatto comunque molto bene a sollevare il problema: è infatti questa la maniera corretta di dimostrare.

[Raptorista1]

@Delirium: ho riflettuto molto pure io su ciò che questo esercizio davvero richiedesse, e proprio per questo mi è sembrato opportuno pretendere che uno studente delle superiori capisca, quanto meno, la logica del dimostrare una doppia implicazione.
Non è necessario che metta in piedi una dimostrazione come quella di Seneca [non che mi dispiacerebbe] però volevo cogliere l'occasione per far ragionare tutti quelli che propongono una dimostrazione del tipo "un punto sulla retta è equidistante dai vertici, fine.".

Che il miur non esigesse una tale dimostrazione è irrilevante, prima, e sbagliato, in seguito [e pure grave per chi vuol essere catastrofico ].
Secondo me questo rafforza l'ipotesi che la matematica sia vista prevalentemente come un "risolvere esercizi", cosa che invece non è.

L'altra cosa che volevo indagare era appunto il sentore di questo forum riguardo la questione, ossia se secondo voi sia male che chi finisce il liceo scientifico [e deve scegliere un percorso universitario] non abbia chiare le considerazioni che abbiamo fatto su questo esercizio, oppure se sia una cosa "normale".

[Luca.Lussardi]

Io invece credo che il ministero volesse la dimostrazione completa e corretta; diverso è dire se poi le commissioni accettano una dimostrazione incompleta. La dimostrazione completa è assolutamente alla portata di un liceale; io questo genere di esercizi li facevo in prima superiore, e non ho fatto nemmeno il liceo.

[Raptorista1]

"Luca.Lussardi":io questo genere di esercizi li facevo in prima superiore, e non ho fatto nemmeno il liceo.

Ma tu sei un fenomeno, e lo sappiamo tutti

[Luca.Lussardi]

Non intendevo quello; intendevo che venivano chiesti ai compiti in classe di geometria, e questo era ancora abbastanza semplice.