Regionalne Koło Matematyczne

Transkrypt

1 Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki Lista rozwiązań zadań nr 2 ( ) nalogie i różnice miedzy trójkątem i czworościanem 1. Udowodnić, że w dowolnym trójkącie: (a) symetralne boków, (b) dwusieczne kątów, (c) środkowe, (d) proste zawierające wysokości przecinają się w jednym punkcie. Rozwiązanie: (a) Przypomnijmy, że symetralną odcinka nazywamy prostą prostopadłą do tego odcinka przechodzącą przez jego środek. Wiemy, że symetralna odcinka jest zbiorem wszystkich punktów płaszczyzny równo odległych od końców odcinka. Udowodnimy, że: la dowolnego trójkąta symetralne jego boków przecinają się w jednym punkcie. Punkt ten jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie. O Rysunek 1 1

2 Rozważmy trójkąt (Rys. 1). Poprowadźmy symetralne odcinków oraz. Niech O będzie punktem przecięcia tych symetralnych. PonieważOleży na symetralnej odcinka, to O = O. Podobnie otrzymujemy, że O = O, gdyżonależy do symetralnej odcinka. Punkt O jest więc równo odległy od punktówi, tzn.onależy również do symetralnej odcinka. (b) Przypomnijmy, że dwusieczna kąta jest to półprosta składająca się ze wszystkich punktów należących do kąta, które są równo odległe od ramion tego kąta. Udowodnimy, że: la dowolnego trójkąta dwusieczne jego kątów wewnętrznych przecinają się w jednym punkcie. Punkt ten jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt. W Rysunek 2 Rozważmy trójkąt (Rys. 2). Poprowadźmy dwusieczne kątów oraz. Niech W będzie punktem przecięcia tych dwusiecznych. PonieważW leży na dwusiecznej kąta, to jest on równo odległy od prostych i. PunktW jest też równo odległy od prostych i (leży na dwusiecznej kąta ). Punkt W jest więc równo odległy od prostych i, tzn.w należy również do dwusiecznej kąta. (c) Środkową w trójkącie nazywamy odcinek łączący wierzchołek trójkąta ze środkiem przeciwległego boku. Udowodnimy, że: la dowolnego trójkąta trzy środkowe przecinają się w jednym punkcie. Punkt ten dzieli każdą z tych środkowych w stosunku2:1licząc od wierzchołka trójkąta. Sposób I: S E Rysunek 3 2

3 W trójkącie prowadzimy środkowee i (Rys. 3). NiechS będzie punktem przecięcia tych środkowych. Wówczas ES jest podobny do S w skalik=2(e oraz =2 E ). Mamy zatem, że S = 2 SE i S =2 S, tzn. punkts dzieli obie rozważane środkowe w stosunku2:1. Podobne rozumowanie prowadzimy np. dla środkowych E i F. Punkt przecięcia tych środkowych również dzieli każdą z nich w stosunku 2: 1 (licząc od wierzchołka trójkąta). Zatem punkt S należy do wszystkich trzech środkowych trójkąta. Sposób II: O G 1 Rysunek 4 Rozważmy trójkąt, środkową 1 w tym trójkącie oraz punktg leżący na środkowej 1 taki, że G =2 G 1. NiechObędzie dowolnym punktem na płaszczyźnie (Rys. 4). Wówczas: OG= O G, (1) OG= O G, (2) OG= O+ G. (3) Zauważmy, że = 0 oraz G+2 1 G= 0. odając stronami równości (1), (2) i (3) otrzymujemy: 3 OG= O+ O+ O. Ostatnia równość nie zależy od wyboru środkowej, tzn. punkt G leży także na pozostałych środkowych i dzieli je w tym samym stosunku. (d) Pokażemy teraz, że w dowolnym trójkącie proste zawierające wysokości tego trójkąta przecinają się w jednym punkcie. 3

4 Sposób I: O H k Rysunek 5 Niech O będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie (Rys. 5). Ponieważ O = O, to punkttaki, że O+ O= O leży na symetralnej odcinka (czworokąt O jest rombem). Zauważmy, że prosta O jest prostopadła do prostej k zawierającej wysokość trójkąta opuszczoną z wierzchołka. Zatem koniec wektora O+ O, tzn. punkt H, leży na prostej k. Ostatecznie otrzymaliśmy, że OH= O+ O+ O, co oznacza, iż wektor OH nie zależy od wyboru wysokości trójkąta, zatem H leży na każdej z trzech prostych zawierających wysokość trójkąta. Sposób II: m 1 1 k l 1 Rysunek 6 Rozważmy trójkąt. Prowadzimy proste k, l i m w następujący sposób: prostamjest równoległa do prostej i przechodzi przez punkt, prostak jest równoległa do prostej i przechodzi przez punkt, prostaljest równoległa do prostej i przechodzi przez punkt. 4

5 Niech 1, 1 i 1 będą punktami przecięcia prostychk, l im(rys. 6). Wówczas łatwo można zaobserwować, że 1 = 1 =, 1 = 1 = oraz 1 = 1 =. Ponadto symetralne boków trójkąta są prostymi zawierającymi wysokości trójkąta. Ponieważ dla dowolnego trójkąta symetralne jego boków przecinają się w jednym punkcie (zadanie 1.(a)), to dla dowolnego trójkąta proste zawierające jego wysokości również przecinają się w jednym punkcie. Sposób III: Skorzystamy z następującej własności (dowód pozostawiam czytelnikowi): la dowolnych czterech punktów,, ina płaszczyźnie prawdziwa jest równość: + + =0. (4) Rysunek 7 Rozważmy trójkąt. Niech będzie punktem przecięcia dwóch prostych zawierających wysokości trójkąta opuszczone z wierzchołków i (Rys. 7). Wówczas wektory i są prostopadłe, zatem =0. Podobnie, zatem =0. Korzystając z powyższych obserwacji oraz z własności (4) otrzymujemy, że =0. Oznacza to, że, tzn. wektor zawarty jest w prostej zawierającej wysokość trójkąta poprowadzoną z wierzchołka. Zatem punkt jest punktem wspólnym trzech prostych zawierających wysokości trójkąta. 2. Opisać własności elementów czworościanu analogicznych do następujących elementów trójkąta: (a) symetralne boków, (b) dwusieczne kątów, (c) środkowe, (d) wysokości. Rozwiązanie: (a) Przypomnijmy, że symetralna odcinka na płaszczyźnie, to prosta zawierająca wszystkie punkty równo odległe od końców odcinka. W przestrzeni jej odpowiednikiem jest płaszczyzna symetralna odcinka, czyli płaszczyzna zawierająca wszystkie punkty przestrzeni równo odległe od końców 5

6 tego odcinka. Spróbujemy teraz odpowiedzieć na pytanie, czy sześć płaszczyzn symetralnych w czworościanie przecina się w jednym punkcie. k O k O 1 O 1 Rysunek 8a Rysunek 8b Prowadzimy płaszczyzny symetralne boków trójkąta. Łatwo zauważyć, że płaszczyzny te przecinają się wzdłuż prostejk przechodzącej przez środeko 1 okręgu opisanego na trójkącie i prostopadłej do płaszczyzny (Rys. 8b). owolny punkt prostej k jest równo odległy od punktów, i. Rozważmy czwartą płaszczyznę symetralną, np. dla odcinka. Przecina ona prostąkwpunkcieo(rys. 8a). PunktOjest równo odległy od punktów,, (bo leży na prostejk) oraz od punktówi(bo leży w płaszczyźnie symetralnej odcinka). PunktOjest więc równo odległy od wszystkich czterech wierzchołków czworościanu, tzn. należy do każdej z sześciu płaszczyzn symetralnych krawędzi tego czworościanu. Ponadto punkt O jest środkiem kuli opisanej na czworościanie. Podsumowując: W dowolnym czworościanie płaszczyzny symetralne krawędzi czworościanu przecinają się w jednym punkcie, będącym środkiem kuli opisanej na tym czworościanie. (b) Przypomnijmy, że dwusieczna kąta na płaszczyźnie, to półprosta zawierająca wszystkie punkty należące do kąta, które są równo odległe od ramion tego kąta. W przestrzeni jej odpowiednikiem jest półpłaszczyzna dwusieczna kąta dwuściennego, czyli półpłaszczyzna zawierająca wszystkie punkty należące do kąta dwuściennego, które są równo odległe od ramion tego kąta. Odpowiemy teraz na pytanie, czy sześć półpłaszczyzn dwusiecznych w czworościanie przecina się w jednym punkcie. 6

7 m W Rysunek 9 Prowadzimy półpłaszczyzny dwusieczne trzech kątów dwuściennych o krawędziach, i czworościanu. Półpłaszczyzny te przecinają się wzdłuż półprostej m zawierającej punkty równo odległe od ścian, i czworościanu (Rys. 9). Półpłaszczyzna dwusieczna kąta dwuściennego o krawędzi przetnie półprostą m w punkcie W, który jest równo odległy od wszystkich ścian czworościanu, zatem należy on do każdej z sześciu półpłaszczyzn dwusiecznych dla tego czworościanu. Ponadto punkt W jest środkiem kuli wpisanej w czworościan. Podsumowując: W dowolnym czworościanie półpłaszczyzny dwusieczne kątów dwuściennych czworościanu przecinają się w jednym punkcie, będącym środkiem kuli wpisanej w ten czworościan. (c) Przypomnijmy, że środkowa w trójkącie jest to odcinek łączący wierzchołek ze środkiem przeciwległego boku. la czworościanu środkową nazywamy odcinek łączący wierzchołek ze środkiem ciężkości przeciwległej ściany czworościanu. Zbadamy czy w każdym czworościanie środkowe mają wspólny punkt przecięcia. Jeśli taki punkt istnieje, to czy podobnie jak dla trójkąta, dzieli środkowe w stałym stosunku. Sposób I: S Q Rysunek 10 7 R P

8 W czworościanie prowadzimy środkową P trójkąta oraz środkowąp trójkąta. NiechQiRbędą środkami ciężkości odpowiednio trójkątów i, a S punktem przecięcia środkowych czworościanu R i Q (Rys. 10). Zauważmy, że: PQ Q =1 2 = PR R. Zatem na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa odcinki QR i są równoległe. Łatwo zauważyć, że trójkątys iqrs są podobne w skali (gdyż = PQ = 1 ). PunktS dzieli zatem każdą z 1 QR 3 P 3 rozważanych środkowych w stosunku3:1licząc od wierzchołka czworościanu. Jednakże nasze rozumowanie można ponownie przeprowadzić dla dowolnego innego wyboru pary środkowych czworościanu. Otrzymujemy więc, że punkt S należy do wszystkich czterech środkowych czworościanu. Sposób II: O G 1 Rysunek 11 Rozważmy czworościan, środkową 1 w tym czworościanie oraz punktgleżący na środkowej 1 taki, że G =3 G 1 ( 1 - środek ciężkości trójkąta). NiechObędzie dowolnym punktem w przestrzeni (Rys. 11). Wówczas: OG= O G, (5) OG= O G, (6) OG= O G. (7) OG= O+ G. (8) Zauważmy, że = 0 oraz G+ 1 G= 0. odając stronami równości (5), (6), (7) i (8) otrzymujemy: 4 OG= O+ O+ O+ O. 8

9 Ostatnia równość nie zależy od wyboru środkowej, tzn. punkt G leży także na pozostałych środkowych i dzieli je w ten sam sposób. Podsumowując: W dowolnym czworościanie cztery środkowe przecinają się w jednym punkcie, który dzieli każda z nich w stosunku3:1 licząc od wierzchołka czworościanu. (d) Wysokość w czworościanie to najkrótszy odcinek łączący wierzchołek z płaszczyzną zawierającą przeciwległą ścianę czworościanu. Zastanówmy się, czy dla dowolnego czworościanu proste zawierające wysokości tego czworościanu przecinają się w jednym punkcie. Odpowiedź brzmi NIE. ardzo łatwo można podać przykład czworościanu, w którym dwie proste zawierające wysokości czworościanu nie mają punktu wspólnego. Rysunek 11 la przykładu rozważmy czworościan przedstawiony na rysunku 12. Ściany i tego czworościanu są prostopadłe, a rzut prostopadły punktu na płaszczyznę jest różny od rzutu prostopadłego punktu na płaszczyznę. Zatem proste zawierające wysokości opuszczone z wierzchołków itego czworościany są prostymi skośnymi. 3. any jest czworościan foremny o krawędzi 6 i ostrosłup prawidłowy czworokątny, którego wszystkie krawędzie mają długość 6. Sklejamy te bryły ścianą trójkątna. Ile ścian ma otrzymana bryła? Rozwiązanie: Udowodnimy, że bryła otrzymana po sklejeniu danych wielościanów ma tylko 5 ścian. Sposób I: Policzmy kosinusy kątów dwuściennych utworzonych przez sąsiednie ściany boczne zarówno dla czworościanu foremnego jak i dla ostrosłupa prawidłowego czworokątnego. Rozważmy kąt dwuścienny α w czworościanie foremnym o krawędzi długości 6 (Rys. 12). Odcinki E i E są wysokościami przystających trójkątów równobocznych, zatem E = E =3 3. Zastosujemy teraz twierdzenie kosinusów dla trójkąta E oraz kąta α: 2 = E 2 + E 2 2 E E cosα 9

10 36= cosα cosα= 1 3. E α Rysunek 12 Rozważmy teraz kąt dwuścienny β między sąsiednimi ścianami bocznymi w ostrosłupie prawidłowym czworokątnym E, którego wszystkie krawędzie mają długość6(rys. 13). E β F Rysunek 13 Podobnie jak poprzednio obserwujemy, że odcinki F i F są wysokościami przystających trójkątów równobocznych, zatem F = F =3 3. Odcinek jest przekątną w kwadracie, czyli =6 2. Zastosujemy twierdzenie kosinusów dla trójkątaf oraz kątaβ: 2 = F 2 + F 2 2 F F cosβ 72= cosβ cosβ= 1 3. Ponieważα (0,90 ),β (90,180 ) orazcosβ= cosα, toα+β=180. Sposób II: Rozważmy dwa ostrosłupy prawidłowe czworokątne o wszystkich krawędziach długości 6 (Rys. 14). Łatwo zauważyć, że pomiędzy te dwie bryły można dokładnie włożyć właśnie czworościan foremny o krawędzi długości 6. 10

11 Rysunek Uzasadnić, że jeśli w czworościanie przy pewnym wierzchołku wszystkie kąty płaskie są proste (czworościan trójprostokątny), to wówczas suma kwadratów pól ścian będących trójkątami prostokątnymi jest równa kwadratowi pola czwartej ściany. Rozwiązanie: Rozważmy czworościan trójprostokątny z kątami prostymi przy wierzchołku oraz wysokość tego czworościanu opuszczoną z wierzchołka. Niech E będzie spodkiem tej wysokości. Poprowadźmy odcinkie ie oraz zaznaczmy przekrójf wyznaczony przez krawędź oraz wysokość E (Rys. 15). F E Rysunek 15 Zauważmy, że trójkąt E jest rzutem prostokątnym ściany na płaszczyznę. Policzmy pola następujących trójkątów: P = 1 2 F, P E= 1 2 EF, P = 1 2 F. Zatem oraz P 2 = F 2 (9) P E P = EF F. (10) 11

12 Przypomnijmy pewną własność dotyczącą trójkątów prostokątnych. Rozważmy dowolny trójkąt prostokątny, gdzie =90 oraz wysokość tego trójkąta (Rys. 16). Wówczas: 2 = Rysunek 16 Korzystając z tej własności dla trójkąta prostokątnego F mamy: Z równości (9), (10) i (11) otrzymujemy: F 2 = EF F. (11) P 2 =P E P. W dowolnym czworościanie trójprostokątnym kwadrat pola ściany prostokątnej jest równy iloczynowi pola ściany nieprostokątnej przez pole rzutu prostokątnego na tę ścianę rozważanej ściany prostokątnej. Skorzystajmy teraz z ostatniej równości kolejno dla każdej ściany prostokątnej i dodajmy te równości stronami: P 2 +P2 +P2 =P (P E +P E +P E ). PonieważP E +P E +P E =P, to: P 2 +P2 +P2 =P2. 12