XXII OM - I - Zadanie 4

Wyznaczyć kąty, jakie tworzy płaszczyzna przechodząca przez środki trzech skośnych krawędzi sześcianu ze ścianami sześcianu.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $ P $, $ Q $, $ R $ środki trzech skośnych krawędzi sześcianu o krawędzi długości a (rys. 7), Oznaczmy przez n płaszczyznę. trójkąta $ PQR $, a przez $ \pi' $ - płaszczyznę podstawy $ ABCD $.

Trójkąt $ PQR $ jest równoboczny, ponieważ obracając sześcian o $ 90^\circ $ wokół osi pionowej (przechodzącej przez środki ścian $ ABCD $ i $ A'B'C'D' $), a następnie wokół osi poziomej (przechodzącej przez środki ścian $ ADD'A' $ i $ BCC'B' $) punkty $ P $, $ O $, $ R $ przejdą odpowiednio na $ Q $, $ R $, $ P $. Zatem $ PQ = QR = RP $.

Niech $ E $ będzie środkiem odcinka $ RQ $. Wtedy punkt $ E $ jest równoodległy od ścian $ ABCD $ i $ A'B'C'D' $ i wobec tego prosta $ PE $ jest równoległa do płaszczyzny $ \pi' $, a więc i do wspólnej krawędzi płaszczyzn
$ \pi $ $ \pi' $.

Prosta $ PE $ jest prostopadła do prostej $ QR $, ponieważ środkowa w trójkącie równobocznym jest też wysokością. Zatem prosta $ QR $ jest prostopadła do wspólnej krawędzi płaszczyzn $ \pi $ i $ \pi' $. Wobec tego kąt $ \alpha $ między płaszczyznami $ \pi $ i $ \pi' $ równy jest kątowi między prostą $ QR $ i jej rzutem $ QR' $ na płaszczyznę $ \pi' $. Zatem $ \alpha = \measuredangle RQR' $.

Za pomocą twierdzenia Pitagorasa obliczamy, że $ QR'^2 = QC^2 +CR'^2 = \frac{1}{2} a^2 $, czyli $ QR' = \frac{\sqrt{2}}{2} a $. Zatem $ \tg \alpha = \frac{RR'}{QR} = \sqrt{2} $. Z tablic odczytujemy, że $ a = 54^\circ45' $.

Analogicznie dowodzimy, że kąt między płaszczyzną $ xpi $ i dowolną ścianą sześcianu też jest równy $ \alpha $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź