8. série. Stereometrie

Transkript

1 8. série Stereometrie 1. úloha Vprostoru E 3 jsoudánynerovnoběžnépřímky p,qabody P 1,P 2 p,q 1,Q 2 qtak, že P 1 Q 1 = P 2 Q 2 a P 1 P 2 = Q 1 Q 2 >0.Body A p,b qnazvemesdružené, jestliže AP 1 = BQ 1 a AP 2 = BQ 2.Najdětedvasdruženébody A,Btak,abyjejich vzájemnávzdálenostbylaconejmenší úloha Rozhodněte,zdalze E 3 rozřezatnastejněvelkétetraedry úloha Vtetraedru ABCDnajdětebody K BCD,L ACD,M ABD,N ABC, abydélka KL + LM + MN bylaminimální. 4. úloha Vtetraedru ABCDnajdětebody K BCD,L ACD,M ABD,N ABC, abydélka KL + LM + MN + NK bylaminimální. 5. úloha V E 3 jsoudánydvědisjunktníkoule.najdětemnožinu Mvšechbodůtohotoprostoru, jimiž lze vést přímku, která se dotýká obou koulí. 1 XY značídélkuúsečky XY. 2 Tetraedrjestpravidelnýčtyřstěn.

2 Řešení 8. série Ve stereometrii se často setkáváme s pojmem mimoběžky, všiměme si tedy několika jejich základních vlastností, ze kterých potom můžeme vycházet při řešení stereometrických úloh. Důkazy jednotlivých tvrzení nejsou obtížné, zkuste je proto nalézt sami pozor na tzv. důkaz kruhem!. Mějme dvě mimoběžky p, q. Pak existuje právě jedna jejichnejkratšíspojnice,tj.úsečka PQtaková,že P p,q qadélka PQ jeminimální. Dále existuje jediná spojnice těchto mimoběžek, která je na obě kolmá a tato spojnice splývá s nejkratší spojnicí. Označme S její střed. Dále existuje právě jedna dvojice rovin p,qtakových,že p p,q qap q.vzdálenosttěchtorovinjerovnadélcenejkratší příčky,kterájenavícnaoběkolmá.osamimoběžekjetakovápřímka o,že pjesouměrně sdruženásqpodleosy o.pročse onedánadefinovatjakopřímka,podlenížjemnožina M = {X E 3 ;X p nebo X q}osověsouměrná?mimoběžky p,qmajíprávě dvěosy,tyjsouspoluspřímkou PQpodvoukolméaprotínajísevbodě S.Rovinujimi určenou nazveme středovou rovinou mimoběžek p, q. Je-li o osou mimoběžek p, q, pak je PSnejkratšíspojnicímimoběžek p,o.úhlemmimoběžek p,qserozumíúhelsevřený jejich kolmými průměty do středové roviny. Takže například protější hrany tetraedru jsou kolmé a jejich nejkratší spojnicí je úsečka spojující jejich středy. 1. úloha Jsou-li p, q mimoběžky, pak značíme-li pruhem kolmý průmět do jejich středové roviny, platíprolibovolnébody K,L p,m,n qekvivalence: KM = LN KM = LN KM LN KM LN Platítotiž KM 2 = KM 2 +d 2 a LN 2 = LN 2 +d 2,kde djevzdálenostpřímek p,q. Stačí tedy vyřešit stejnou úlohu pro p, q, čímž je úloha převedena na následující případ. Jsou-li p, q různoběžky, označme S jejich průsečík. Ze zadání plyne, že jsou trojúhelníky P 1 P 2 Q 1 a Q 2 Q 1 P 2 shodnépodlevětysss.přímky p,qnejsourovnoběžné,takžeoba trojúhelníkyjsousouměrněsdruženépodleosy oúsečky P 2 Q 1,odtud S oakonečně musítaképlatit P 1 S = Q 2 S a P 2 S = Q 1 S. Mějmesdruženébody A,B.Budiž B čtvrtývrcholrovnoběžníka P 1 ABB.Jestliže bod Aprobíhápřímku p,pakbod B probíhápřímku r,kde Q 1 rar o,neboť trojúhelník Q 1 BB jevždyrovnoramennýajehoúhlysenemění.jelikožvždyplatí AB = P 1 B,stačínajítbodpřímky r,kterýjenejblížekbodu P 1 atenzvolitza B ;příslušnýmbodem Bpakbudestředpřeponypravoúhléhotrojúhelníka Q 1 Q 2 B a Abudestředemúsečky P 1 P 2. Aťjsou p,qrůznoběžkynebomimoběžky,budouhledanýmibodystředyúseček P 1 P 2 a Q 1 Q 2.

3 2. úloha Nelze.Vtetraedruoznačme βuhelsevřenýstěnami.je-li Kstředemhrany AB,aL 1 středemhrany CD,je KLA = β 2 aodtudplyne:sin β 2 = 3.Pro β =360 :6je sin β 2 =0,5apro β=360 :5jesin β. 1. 2=0, ,cožjevětšínež 3=0, Tedykdybyšlo E 3 složitztetraedrů,bylabykaždáhranaspolečnáprávě ntetraedrům, kde5 < n <6,cožzjevněnelze. Kdůkazunerovností β < β < βbyločistějšímístokalkulačekanepřesnýchodhadů použít přesného vyjádření: 1 > > úloha Nechť B resp. M,N jebodsouměrněsdruženýsbodem Bresp. M,Npodleroviny ACD.Nechť C resp. N jebodsouměrněsdruženýscresp. N podleroviny AB D. Dostaneme tak vyobrazené těleso, které je symetrické podle osy o, která spojuje středy úseček ADaCB.Zkonstrukcetohototělesaplynerovnost KL + LM + M N = KL + LM + MN,cožjedélka,kteroumámeminimalizovat.Protobuďtoležíbody KLM N napřímce,nebokvůlinekonvexnostitělesaje L M AD.Zdalšího postupu však vyplyne, že druhý případ nebude minimální, ani kdybychom místo délky KL + LN uvažovalidélku KN ;přestonanějnesmímezapomenout. Zkusmetedynajítbody K a N tak,abyjejich vzdálenost byla co nejmenší. Budiž d vzdálenostmimoběžek CDaAB.Uvážíme-lidvěrovnoběžné roviny obsahující tyto mimoběžkyviz předmluva,jejejichvzdálenostrovna dabody K,N ležíkaždýnajinoustranuodpásuurčenéhotěmitorovinami,takžejejichvzdálenost KN nemůžebýtmenšínež d.abybylo KN =d,musí body K, N ležetpřímovezmíněnýchrovinách, tj.namimoběžkách CDaAB.Protože AB CD B C K D L M A B C jetetraedr,budetoutospojnicíspojnicestředůhran CDaAB.Odpovídajícímřešenímjeprotočtveřicebodů K,L,M,N takových,že K = L = středhranycda M= N=středhranyAB. 4. úloha Úlohu budeme řešit podobně jako předchozí, uděláme však o jednu rovinovou symetrii více,čímžzbudepouzeproblémnajítbod Ka K tak,abyjejichvzdálenostbylaco nejmenšíaabypoprovedeníoněch3rovinovýchsymetriípřešelbod Kna K,tj.aby bylbod Kvtrojúhelníku BCDnastejnémmístějakobod K vtrojúhelníku B C D. K vyřešení tohoto problému pak využijeme tvrzení dokázané v první úloze. Označme B,K,M,N body souměrně sdružené s B,K,M,N podle roviny ACD. Označme N o

4 C,K,N bodysouměrněsdruženésc,k,n podleroviny AB D.Označme D,K bodysouměrněsdruženésd,k podleroviny AB C.Označme B 1 resp. D 1 průsečík přímky rovnoběžné s BD a procházející bodem K s hranami CDresp. CB. Označme C 1 středhrany BD.Označme B 1resp. D 1průsečíkpřímkyrovnoběžnésB D aprocházejícíbodem K shranami C D resp. C B.Označme C 1středhrany B D.Tak dostanemetělesosymetricképodleosy oprocházejícíbodem Aastředem Shrany DB : D o C C 1 S D 1 B 1 B K B 1 B K C 1 D D 1 C Ztétosymetrieplyne: B 1 B 1 = D 1 D 1 aabybylo KK minimální,musíbýtpodle prvníúlohy Kstředemúsečky B 1 D 1 a K středemúsečky B 1D 1.Tedy Kležínatěžnici C C 1aobajsousouměrněsdruženépodleosy otoplatíjendíkytomu,žejebod C 1 jediným bodem úsečky BD, který je souměrně sdružený se sobě odpovídajícím bodem naúsečce B D zrovnapodleosy o.osa ojetakéosoumimoběžek CC 1 a C C 1,takže snadnonahlédneme,že KK musíbýtnejkratšíspojnicítěchtomimoběžek.označíme-li Ojejístřed,pak KOjenejkratšíspojnicímimoběžek CC 1 a AS.Tyjsouvšaksouměrně sdruženépodleosy DX,kde Xjestřed AC. Takže KY jenejkratšíspojnicímimoběžek CC 1 a DX,kde Y jestředúsečky KO. Mámetedydanýtetraedr ABCDabod Kvněmnajdemejakotakovýbodtěžnice CC 1, který je nejblíže k těžnici DX. Celý tetraedr promítneme kolmo do takové roviny, aby body D, X, Y splynuly.úsečka KY jena DXkolmá,jetedyrovnoběžnásprůmětnou. Pravý úhel CKY má jedno rameno rovnoběžné s průmětnou, zůstane tedy pravým úhlem i po promítnutí. Průmět potom musí vypadat tak, jak je to vidět na následujícím obrázku. Je-li AB =1,je CC 1 = 3 2 avýškatetraedrubude v= 2 3. B Naprůmětubudemítúsečka BDdélku vaúsečka AC délku 1.Protobudenaprůmětumít C 1 D délku v/2aúsečka CD délku1/2.vtomtopravoúhlémtrojúhelníku CDC 1 jetedypoměrdélekodvěsenroven v,protojepřepona CC 1 dělenapatou Kvýšky KDvpoměru v 2 =2/3.Bod Kležívedvoupě- K C 1 tináchúsečky CC 1 atomusíplatitnejennatomtoprůmětu, ale i ve skutečnosti. Nyní už snadno dopočítáme řešení, nejlépe, C D=Y =X A uvědomíme-li si, že je nalezené řešení jednoznačné a že bylo za- A

5 dáníúlohysymetrické.nakonecvyjdejedinéřešení:bod Kresp. L, M, Nležívedvou pětináchtěžnice CC 1 resp. XD, C 1 A, XBměřenoodjejípaty.C 1 jestředhrany BD, Xstředhrany CA.Proty,kterýmsenedařípřehlednénáčrtky,jevúlohách2, 3, 4 a podobných vhodná metoda slepovaných špejlí či sirek. 5. úloha Kouleoznačme K, K,jejichstředy S, S.Mějmebod Xvněoboukoulí.Všechnytečny vedenébodem Xkekouli Ktvořípovrchkužele Q,kterýjebodem Xrozdělennadvě části. Nyní rozlišme několik případů: a Koule K neprotínážádnouztěchtopřímek. Koule K protínáněkterépřímkyvjednéčástikuželeajinéne. c Koule K protínáněkterépřímkyvjednéčástikužele,jinévdruhéčástikužele ajinéne. d Koule K protínávšechnypřímkylzejenvjednéčásti. e Hraniční případy mezia,,c,dnebudeme je počítat do těchto případů. Vpřípadechaadsekoule K nebudedotýkatžádnézezmíněnýchpřímek,neboli X neležívm.vpřípadechackoule K jednuzpřímekprotínáajinoune, budutedypřímkouotáčetkolemosy XStakdlouho,nežpřejdevedruhouavjednom okamžikumuselaprojítpolohou,kdysekoule K pouzedotýkala,čili Xpatřídomnožiny M.rozmyslete si, proč platí poznámka u případud. Hraniční případy se snadno rozeberou. Bode vlastně popisuje část hranice množiny M, zbytek hranice leží na površíchkoulí,alecelásedázařaditmezibodyac,takže Mjeuzavřená. Množina Mbudezřejměinvariantnívůčilibovolnérotacikolemosy SS,takžestačí prozkoumat,jakbudevypadatjejířezlibovolnourovinou,kteráobsahujeosu SS.Vtéto rovině vytnou koule dvě kružnice. Přikreslíme-li všechny jejich 4 společné tečny, rozpadne setímrovinananěkolikoblastíavkaždéznichnestanemaximálnějedenzpřípadůa,,c,d.uvnitřkoulíbod Xnemůžebýt.Situacepakvypadátak,jakjetovidět na obrázku.

6 a c d c d a S c a d S a Obrázek k řešení páté úlohy. c