Komentarz

II OM - III - Zadanie 1

Belka o długości $a$ została zawieszona poziomo swymi końcami na dwóch linach równoległych równych $b$ . Skręcamy belkę o kąt $\varphi$ dokoła osi pionowej przechodzącej przez środek belki. O ile belka się podniesie?

Rozwiązanie

Przy rozwiązywaniu zadań geometrycznych ważną pomocą dla naszej wyobraźni jest prawidłowo wykonany rysunek. Figury przestrzeni przedstawiamy za pomocą odwzorowań na płaszczyznę rysunku. Istnieją różne sposoby takiego odwzorowania. W geometrii elementarnej najczęściej rysujemy rzut równoległy ukośny figury; w wielu przypadkach dogodnie bywa stosować metodę rzutów prostokątnych na dwie płaszczyzny prostopadłe, czyli tzw. metodę Monge'a (porównaj np. zadanie nr 23 na stronicy 113).

Rozwiązanie naszego zadania przedstawimy w dwóch wariantach przy użyciu raz jednej, raz drugiej z wymienionych metod odwzorowania.

Stosując metodę rzutu równoległego ukośnego przyjmiemy za płaszczyznę rzutów - płaszczyznę przechodzącą przez belkę $AB$ i przez punkty zawieszenia $M$ i $N$ . Rysujemy przeto ,,w naturalnej wielkości'' czworokąt $ABNM$ (rys. 59 a i b). Niech $S$ oznacza środek belki. Po skręceniu belka przybierze położenie $CD$ . Środek odcinka $CD$ leży na płaszczyźnie rzutów; przypuśćmy, że jest to punkt $T$ .

Położenie rzutu punktu $C$ zależy od kierunku rzutowania; za rzut ukośny punktu $C$ możemy przyjąć dowolny punkt $C'$ , na przykład jak na rysunku 59 a lub 59 b. Rzut $D'$ punktu $D$ będzie punktem symetrycznym do punktu $C'$ względem punktu $T$ .

Obliczenie szukanej długości $ST = x$ jest proste. Prowadzimy odcinek $TK$ równoległy i równy odcinkowi $SA$ ; wtedy

$ x = AK = AM - KM. $

Otóż $AM = b$ , odcinek $KM$ zaś jest przyprostokątną trójkąta prostokątnego $KMC$ o przeciwprostokątnej $MC = b$ i przyprostokątnej $KC$ . Odcinek $KC$ jest podstawą trójkąta równoramiennego $KTC$ , w którym $TK = TC = \frac{1}{2} AB = \frac{1}{2} a$ , $\measuredangle KTC = \varphi$ .

Wobec tego

$ KC = a \sin \frac{\varphi}{2},\ KM = \sqrt{b^2 - a^2 \sin^2 \frac{\varphi}{2}}. $

Wreszcie otrzymujemy

$ x = b- \sqrt{b^2 - a^2 \sin^2 \frac{\varphi}{2}}, $

Jeżeli $b <a$ , kąt skręcenia $\varphi$ nie może być większy od kąta $\varphi_0$ określonego wzorem

$ \sin \frac{\varphi_0}{2} = \frac{b}{a}, \textrm{ gdzie } \varphi_0 < 180^\circ. $

Dla wartości $\varphi = \varphi_0$ mamy $x = b$ . Dalsze zwiększenie kąta nie jest możliwe bez rozciągania lin.

Jeżeli $b \geq a$ , to największą wartością $\varphi$ jest $180^\circ$ . Przy wartości $\varphi = 180^\circ$ liny krzyżują się, jeśli $b > a$ , natomiast nakładają się jedna na drugą, jeśli $b = a$ .

W powyższym rozwiązaniu chodziło o obliczenie wzniesienia belki po jej skręceniu. Rysunek figury w rzucie równoległym był tylko możliwie prostą ilustracją potrzebną do tego obliczenia. Jeśli chcemy, żeby rysunek stanowił rozwiązanie wykreślne zadania, tj. żeby dawał właściwą długość odcinka $ST$ przy danych długościach $a$ , $b$ i danym kącie $\varphi$ , należy go wykonać nieco inaczej. A mianowicie punkt $T$ , który na rysunkach 59 a i b obraliśmy dowolnie, trzeba wyznaczyć konstrukcyjnie z danych wielkości $a$ , $b$ , $\varphi$ .

W tym celu zauważmy, że w trójkącie prostokątnym $KMC$ znamy przeciwprostokątną $MC = MA = b$ oraz przyprostokątną $KC$ równą podstawie trójkąta równoramiennego $KCT$ , w którym $TK = TC =\frac{1}{2} a$ , a $\measuredangle KTC = \varphi$ . Z tych danych możemy zbudować trójkąt, aby znaleźć długość $KM$ i długość $ST = AM - KM$ .

Konstrukcja przedstawiona jest na rysunku 60.

Budujemy trójkąt $ASP$ , w którym $AS = SP = \frac{1}{2}a$ , $\measuredangle ASP = \varphi$ . Kreślimy półokrąg o średnicy $AM$ i w nim cięciwę $AL = AP$ . Odmierzamy na prostej $MA$ odcinek $MK$ równy odcinkowi $ML$ . Punkt $K$ wyznacza poziom punktu $T$ ; poszukiwane wzniesienie wyznaczone będzie przez odcinek $TS = KA$ .