Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Lista rozwiązań zadań nr 2 (14-19.10.2009)
Analogie 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:
Dla dowolnego trójkąta symetralne jego boków przecinają się w jednym
punkcie. Punkt ten jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie.
C
O
A
B
Rysunek 1
1
Rozważmy trójkąt ABC (Rys. 1). Poprowadźmy symetralne odcinków AB
oraz BC. Niech O będzie punktem przecięcia tych symetralnych. Ponieważ O leży na symetralnej odcinka AB, to |OA| = |OB|. Podobnie otrzymujemy, że |OB| = |OC|, gdyż O należy do symetralnej odcinka BC. Punkt
O jest więc równo odległy od punktów A i C, tzn. O należy również do
symetralnej odcinka CA.
(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:
Dla dowolnego trójkąta dwusieczne jego kątów wewnętrznych przecinają się w jednym punkcie. Punkt ten jest środkiem okręgu wpisanego
w trójkąt.
C
W
B
A
Rysunek 2
Rozważmy trójkąt ABC (Rys. 2). Poprowadźmy dwusieczne kątów ∢ABC
oraz ∢BCA. Niech W będzie punktem przecięcia tych dwusiecznych. Ponieważ W leży na dwusiecznej kąta ∢ABC, to jest on równo odległy od
prostych AB i BC. Punkt W jest też równo odległy od prostych BC i CA
(leży na dwusiecznej kąta ∢BCA). Punkt W jest więc równo odległy od
prostych AB i AC, tzn. W należy również do dwusiecznej kąta ∢CAB.
(c) Środkową w trójkącie nazywamy odcinek łączący wierzchołek trójkąta
ze środkiem przeciwległego boku. Udowodnimy, że:
Dla dowolnego trójkąta trzy środkowe przecinają się w jednym punkcie. Punkt ten dzieli każdą z tych środkowych w stosunku 2 : 1 licząc
od wierzchołka trójkąta.
Sposób I:
C
D
E
S
A
B
Rysunek 3
2
W trójkącie ABC prowadzimy środkowe AE i BD (Rys. 3). Niech S będzie
punktem przecięcia tych środkowych. Wówczas △DES jest podobny do
△ABS w skali k = 2 (DEkAB oraz |AB| = 2|DE|). Mamy zatem, że |AS| =
2|SE| i |BS| = 2|SD|, tzn. punkt S dzieli obie rozważane środkowe w
stosunku 2 : 1.
Podobne rozumowanie prowadzimy np. dla środkowych AE i CF . 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 ABC.
Sposób II:
C
O
G
A
C1
B
Rysunek 4
Rozważmy trójkąt ABC, środkową CC1 w tym trójkącie oraz punkt G
leżący na środkowej CC1 taki, że |CG| = 2|GC1|. Niech O będzie dowolnym
punktem na płaszczyźnie (Rys. 4). Wówczas:
−→ −→ −−→ −−→
OG = OA + AC1 + C1 G,
(1)
−→ −−→ −−→ −−→
OG = OB + BC1 + C1 G,
(2)
−→ −→ −→
OG = OC + CG.
(3)
−−→ −−→ −
−→
−−→ −
→
→
Zauważmy, że AC1 + BC1 = 0 oraz CG + 2C1 G = 0 . Dodając stronami
równości (1), (2) i (3) otrzymujemy:
−→ −→ −−→ −→
3OG = OA + OB + OC.
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
Sposób I:
C
O
H
A
B
k
D
Rysunek 5
Niech O będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC (Rys. 5).
−→ −−→
−−→
Ponieważ |OA| = |OB|, to punkt D taki, że OA + OB = OD leży na symetralnej odcinka AB (czworokąt AOBD jest rombem). Zauważmy, że
prosta OD jest prostopadła do prostej k zawierającej wysokość trójkąta
−−→ −→
ABC opuszczoną z wierzchołka C. Zatem koniec wektora OD + OC, tzn.
punkt H, leży na prostej k. Ostatecznie otrzymaliśmy, że
−−→ −→ −−→ −→
OH = OA + OB + OC,
−−→
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 B1
A1
C
k
A
B
l
C1
Rysunek 6
Rozważmy trójkąt ABC. Prowadzimy proste k, l i m w następujący sposób:
• prosta m jest równoległa do prostej AB i przechodzi przez punkt C,
• prosta k jest równoległa do prostej AC i przechodzi przez punkt B,
• prosta l jest równoległa do prostej BC i przechodzi przez punkt A.
4
Niech A1 , B1 i C1 będą punktami przecięcia prostych k, l i m (Rys. 6).
Wówczas łatwo można zaobserwować, że |A1 B| = |BC1 | = |AC|, |A1 C| =
|B1 C| = |AB| oraz |B1 A| = |AC1 | = |BC|. Ponadto symetralne boków
trójkąta A1 B1 C1 są prostymi zawierającymi wysokości trójkąta ABC. 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):
Dla dowolnych czterech punktów A, B, C i D na płaszczyźnie prawdziwa jest równość:
−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→
AB ◦ CD + BC ◦ AD + AC ◦ BD = 0.
(4)
C
D
A
B
Rysunek 7
Rozważmy trójkąt ABC. Niech D będzie punktem przecięcia dwóch prostych zawierających wysokości trójkąta opuszczone z wierzchołków B i C
−→ −−→
−→ −−→
(Rys. 7). Wówczas wektory AB i CD są prostopadłe, zatem AB ◦ CD = 0.
−→ −−→
−→ −−→
Podobnie AC ⊥ BD, zatem AC ◦ BD = 0. Korzystając z powyższych ob−−→ −−→
serwacji oraz z własności (4) otrzymujemy, że BC ◦ AD = 0. Oznacza to, że
−−→ −−→
−−→
BC ⊥ AD, tzn. wektor AD zawarty jest w prostej zawierającej wysokość
trójkąta ABC poprowadzoną z wierzchołka A. Zatem punkt D jest punktem wspólnym trzech prostych zawierających wysokości trójkąta ABC.
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
tego odcinka.
Spróbujemy teraz odpowiedzieć na pytanie, czy sześć płaszczyzn symetralnych w czworościanie przecina się w jednym punkcie.
D
k
A
O
k
O1
C
C
A
B
O1
B
Rysunek 8a
Rysunek 8b
Prowadzimy płaszczyzny symetralne boków trójkąta ABC. Łatwo zauważyć, że płaszczyzny te przecinają się wzdłuż prostej k przechodzącej przez
środek O1 okręgu opisanego na trójkącie ABC i prostopadłej do płaszczyzny ABC (Rys. 8b). Dowolny punkt prostej k jest równo odległy od
punktów A, B i C. Rozważmy czwartą płaszczyznę symetralną, np. dla
odcinka AD. Przecina ona prostą k w punkcie O (Rys. 8a). Punkt O jest
równo odległy od punktów A, B, C (bo leży na prostej k) oraz od punktów A i D (bo leży w płaszczyźnie symetralnej odcinka AD). Punkt O jest
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 ABCD. 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
D
W
C
m
A
B
Rysunek 9
Prowadzimy półpłaszczyzny dwusieczne trzech kątów dwuściennych o
krawędziach AD, AB i AC czworościanu ABCD. Półpłaszczyzny te przecinają się wzdłuż półprostej m zawierającej punkty równo odległe od
ścian ABD, ACD i ABC czworościanu ABCD (Rys. 9). Półpłaszczyzna
dwusieczna kąta dwuściennego o krawędzi BC przetnie półprostą m w
punkcie W , który jest równo odległy od wszystkich ścian czworościanu
ABCD, zatem należy on do każdej z sześciu półpłaszczyzn dwusiecznych
dla tego czworościanu. Ponadto punkt W jest środkiem kuli wpisanej w
czworościan ABCD. 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. Dla 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:
D
S
R
C
A
P
Q
B
Rysunek 10
7
W czworościanie ABCD prowadzimy środkową AP trójkąta ABC oraz
środkową DP trójkąta BCD. Niech Q i R będą środkami ciężkości odpowiednio trójkątów ABC i BCD, a S punktem przecięcia środkowych
czworościanu AR i DQ (Rys. 10). Zauważmy, że:
|P Q|
1
|P R|
= =
.
|QA|
2
|RD|
Zatem na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa odcinki
QR i AD są równoległe. Łatwo zauważyć, że trójkąty ASD i QRS są po|QR|
Q|
= |P
= 31 ). Punkt S dzieli zatem każdą z
dobne w skali 31 (gdyż |AD|
|P A|
rozważanych środkowych w stosunku 3 : 1 licząc 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 ABCD.
Sposób II:
D
O
G
A
C
D1
B
Rysunek 11
Rozważmy czworościan ABCD, środkową DD1 w tym czworościanie oraz
punkt G leżący na środkowej DD1 taki, że |DG| = 3|GD1 | (D1 - środek
ciężkości trójkąta ABC). Niech O będzie dowolnym punktem w przestrzeni (Rys. 11). Wówczas:
−→ −→ −−→ −−→
OG = OA + AD1 + D1 G,
(5)
−→ −−→ −−→ −−→
OG = OB + BD1 + D1 G,
(6)
−→ −→ −−→ −−→
OG = OC + CD1 + D1 G.
(7)
−→ −−→ −−→
OG = OD + DG.
(8)
−−→ −−→ −−→
−−→ −−→
−
→
−
→
Zauważmy, że AD1 + BD1 + CD1 = 0 oraz DG + D1 G = 0 . Dodając
stronami równości (5), (6), (7) i (8) otrzymujemy:
−→ −→ −−→ −→ −−→
4OG = OA + OB + OC + OD.
8
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 stosunku 3 : 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. Bardzo łatwo można podać przykład czworościanu, w którym dwie proste zawierające wysokości czworościanu nie mają
punktu wspólnego.
D
A
C
B
Rysunek 11
Dla przykładu rozważmy czworościan ABCD przedstawiony na rysunku
12. Ściany ACD i ACB tego czworościanu są prostopadłe, a rzut prostopadły punktu D na płaszczyznę ABC jest różny od rzutu prostopadłego punktu B na płaszczyznę ACD. Zatem proste zawierające wysokości
opuszczone z wierzchołków B i D tego czworościany są prostymi skośnymi.
3. Dany 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 ABCD o krawędzi
długości 6 (Rys. 12). Odcinki BE i CE są wysokościami
przystających trójką√
tów równobocznych, zatem |BE| = |CE| = 3 3. Zastosujemy teraz twierdzenie
kosinusów dla trójkąta BEC oraz kąta α:
|BC|2 = |BE|2 + |CE|2 − 2 · |BE| · |CE| · cos α
9
√
√
36 = 27 + 27 − 2 · 3 3 · 3 3 · cos α
1
cos α = .
3
D
C
E α
A
B
Rysunek 12
Rozważmy teraz kąt dwuścienny β między sąsiednimi ścianami bocznymi w
ostrosłupie prawidłowym czworokątnym ABCDE, którego wszystkie krawędzie mają długość 6 (Rys. 13).
E
F
β
C
D
A
B
Rysunek 13
Podobnie jak poprzednio obserwujemy, że odcinki BF i DF są wysokościami
√
przystających trójkątów równobocznych, zatem |BF | =√|DF | = 3 3. Odcinek
BD jest przekątną w kwadracie ABCD, czyli |BD| = 6 2. Zastosujemy twierdzenie kosinusów dla trójkąta BF D oraz kąta β:
|BD|2 = |BF |2 + |DF |2 − 2 · |BF | · |DF | · cos β
√
√
72 = 27 + 27 − 2 · 3 3 · 3 3 · cos β
1
cos β = − .
3
◦
◦
◦
Ponieważ α ∈ (0, 90 ), β ∈ (90 , 180 ) oraz cos β = − cos α, to α + 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
60◦
60◦
60◦
Rysunek 14
4. 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 ABCD z kątami prostymi przy wierzchołku D oraz wysokość tego czworościanu opuszczoną z
wierzchołka D. Niech E będzie spodkiem tej wysokości. Poprowadźmy odcinki AE i CE oraz zaznaczmy przekrój DBF wyznaczony przez krawędź BD
oraz wysokość DE (Rys. 15).
D
C
F
E
B
A
Rysunek 15
Zauważmy, że trójkąt AEC jest rzutem prostokątnym ściany ADC na płaszczyznę ABC. Policzmy pola następujących trójkątów:
P△ADC =
1
· |AC| · |DF |,
2
Zatem
2
P△ADC
=
oraz
1
· |AC| · |EF |,
2
P△AEC =
P△ABC =
1
· |AC|2 · |DF |2
4
P△AEC · P△ABC =
1
· |AC|2 · |EF | · |BF |.
4
11
1
· |AC| · |BF |.
2
(9)
(10)
Przypomnijmy pewną własność dotyczącą trójkątów prostokątnych.
Rozważmy dowolny trójkąt prostokątny ABC, gdzie |∢BAC| = 90◦ oraz wysokość AD tego trójkąta (Rys. 16). Wówczas:
C
D
|AB|2 = |BD| · |BC|
A
B
Rysunek 16
Korzystając z tej własności dla trójkąta prostokątnego BDF mamy:
|F D|2 = |EF | · |F B|.
(11)
Z równości (9), (10) i (11) otrzymujemy:
2
P△ADC
= P△AEC · P△ABC .
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:
2
2
2
P△ADC
+ P△ABD
+ P△BCD
= P△ABC · (P△AEC + P△AEB + P△BEC ).
Ponieważ P△AEC + P△AEB + P△BEC = P△ABC , to:
2
2
2
2
P△ADC
+ P△ABD
+ P△BCD
= P△ABC
.
12