XIII OM - I - Zadanie 12

Z punktu $ A $ okręgu $ k $ poprowadzono odcinek $ AB $ prostopadły do płaszczyzny okręgu. Znaleźć miejsce geometryczne rzutu prostokątnego punktu $ A $ na prostą przechodzącą przez punkt $ B $ i przez punkt $ M $ poruszający się po okręgu $ k $.

Rozwiązanie

Niech $ M $ będzie punktem okręgu $ k $ (rys. 18). Poprowadźmy średnicę $ AC $ i cięciwy $ CM $ i $ AM $ okręgu $ k $ i weźmy pod uwagę rzuty $ P $ i $ D $ punktu $ A $ odpowiednio na proste $ BM $ i $ BC $. Ponieważ $ CM $ jest prostopadłe do rzutu $ AM $ odcinka $ BM $, więc według tzw. ,,twierdzenia o trzech prostopadłych'' jest $ CM \bot BM $, zatem $ CM $ jest prostopadłe do płaszczyzny $ ABM $. Stąd wynika, że prosta $ CM $ jest prostopadła do prostej $ AP $ tej płaszczyzny, a że również $ BM $ jest prostopadłe do $ AP $, więc płaszczyzna $ BCM $ prostych $ BM $ i $ CM $ jest prostopadła do $ AP $. Wobec tego prosta $ AP $ jest prostopadła do prostych $ PD $ i $ BC $ płaszczyzny $ BCM $, a z prostopadłości $ AP \bot BC $ i $ AD \bot BC $ wynika, że płaszczyzna $ APD $ jest prostopadła do prostej $ BC $. Punkt $ P $ leży zatem na okręgu $ l $, którego średnicą jest odcinek $ AD $, i który się znajduje w płaszczyźnie prostopadłej do prostej $ BC $.

Odwrotnie, niech $ P $ będzie punktem okręgu $ l $ i niech $ M $ będzie punktem przecięcia prostej $ BP $ z płaszczyzną okręgu $ k $ (rys. 19). Wówczas $ AP \bot DP $ i $ AP \bot BC $, więc $ AP $ jest prostopadłe do płaszczyzny $ BCM $, wobec czego $ AP \bot BM $, tzn. punkt $ P $ jest rzutem punktu $ A $ na prostą $ BM $. Poza tym prosta $ AP $, jako prostopadła do płaszczyzny $ BCM $, jest prostopadła do prostej $ CM $, a że również $ AB \bot CM $, więc prosta $ CM $ jest prostopadła do płaszczyzny $ ABM $, skąd wynika, że $ CM \bot AM $. Punkt $ M $ leży więc na okręgu $ k $, zatem punkt $ P $ należy do poszukiwanego miejsca geometrycznego.

Udowodniliśmy, że poszukiwanym miejscem geometrycznym jest okrąg o średnicy $ AD $ leżący w płaszczyźnie prostopadłej do prostej $ BC $.

Uwaga. Rozważany w zadaniu rzut $ P $ punktu $ A $ na prostą $ BM $ leży na powierzchni kuli o średnicy $ AB $ i wynik, jaki uzyskaliśmy, jest równoznaczny z twierdzeniem, że odcinki łączące punkt $ B $ z punktami okręgu $ k $ wyznaczają w przecięciu z powierzchnią tej kuli okrąg $ l $, którego płaszczyzna jest prostopadła do prostej $ BC $. Można też powiedzieć, że okrąg $ k $ jest rzutem okręgu $ l $ powierzchni kuli ze środka $ B $. Jest to przypadek szczególny pewnego twierdzenia o tzw. rzucie stereograficznym kuli.

Niech będzie dana powierzchnia kuli, czyli sfera a styczna do płaszczyzny $ \pi $ w punkcie $ S $. Przyjmiemy, że $ \pi $ jest płaszczyzną poziomą, punkt $ S $ nazwiemy biegunem południowym a przeciwległy punkt $ N $ sfery - jej biegunem północnym (rys. 20).

Każdemu różnemu od $ N $ punktowi $ P $ sfery $ \sigma $ możemy przyporządkować punkt $ P' $, w którym półprosta $ NP $ przecina płaszczyznę $ \pi $. Każdy punkt $ P' $ płaszczyzny $ \pi $ odpowiada wówczas określonemu (różnemu od $ N $) punktowi sfery $ \sigma $.

Uzyskane w ten sposób odwzorowanie nazywa się {\it rzutem stereograficznym} sfery $ \sigma $ (bez punktu $ N $) z bieguna $ N $ na płaszczyznę $ \pi $.

Rzut stereograficzny ma wiele zastosowań. Szczególnie ważna jest jego rola w kartografii. W każdym atlasie geograficznym można znaleźć mapy będące obrazami części powierzchni kuli ziemskiej w rzucie stereograficznym. Przytoczymy tu niektóre własności tego rzutu:

Obrazem okręgu $ k $ przechodzącego przez biegun $ N $ (bez samego punktu $ N $) jest pewna prosta $ k' $ płaszczyzny $ \pi $.

Odwrotnie, każda prosta $ k' $ płaszczyzny $ \pi $ jest obrazem pewnego okręgu $ k $ przechodzącego przez biegun $ N $ (bez punktu $ N $). Okrąg $ k $ jest linią przecięcia sfery z płaszczyzną przechodzącą przez punkt $ N $ i prostą $ k' $.

W szczególności obrazami południków sfery $ \sigma $, tj. półokręgów o średnicy $ NS $ są na płaszczyźnie $ \pi $ półproste o początku $ S $.

Obrazami równoleżników są okręgi o środku $ S $; wynika to z symetrii całej figury względem płaszczyzny przechodzącej przez prostą $ NS $. Rys. 21 wyobraża sieć południków i równoleżników na mapie półkuli południowej wykonanej w rzucie stereograficznym.

Niech, $ k $ będzie okręgiem sfery przechodzącym przez $ N $, a punkt $ O $ - jego środkiem, $ NQ $ - średnicą, $ k' $ - rzutem stereograficznym $ k $ na $ \pi $ oraz $ t $ - styczną w punkcie $ P $ do okręgu $ k $, więc tym samym styczną do sfery (rys. 22a, b).

Jeśli styczna $ t $ przecina prostą $ k' $ w punkcie $ R $, a $ P' $ i $ Q' $ są rzutami stereograficznymi punktów $ P $ i $ Q $, to zachodzi wzór

\[<br /> (1) \qquad \measuredangle RPP' = \measuredangle RP'P.<br /> \]

Istotnie

\[<br /> \measuredangle RP'P = 90^\circ - \measuredangle ONP =<br /> 90^\circ - \measuredangle OPN = 90^\circ - (90^\circ - \measuredangle RPP') = \measuredangle RPP'.<br /> \]

Wzór (1) wykorzystamy dla dowodu podstawowego twierdzenia o rzucie stereograficznym:

I. W rzucie stereograficznym obrazem okręgu nie przechodzącego przez biegun $ N $ jest okrąg.

Wprowadzamy oznaczenia (rys. 23): $ P $ - punkt okręgu $ k $ sfery (nie przechodzącego przez $ N $), $ P' $ - jego rzut stereograficzny, $ T $ - wierzchołek stożka stycznego do sfery wzdłuż okręgu $ k $, $ M $ - punkt przecięcia prostej $ NT $ z płaszczyzną $ \pi $, $ K $ - punkt przecięcia równoległej do $ MP' $ poprowadzonej przez punkt $ T $.

Ponieważ prosta $ TP $ jest styczna do sfery, więc jest styczna do okręgu sfery leżącego w płaszczyźnie $ NPT $. Stosując twierdzenie (1) otrzymujemy

\[<br /> (2) \qquad \measuredangle TPP' = \measuredangle MP'P.<br /> \]

Ponieważ $ TK \parallel MP' $, więc według twierdzenia Talesa

\[<br /> (3) \qquad MP' = TK \cdot \frac{MN}{TN}.<br /> \]

Możliwe są 2 przypadki:

a) Punkt $ k $ jest różny od punktu $ P $. Korzystając z równości (1) mamy wówczas:

\[<br /> \measuredangle TKP = \measuredangle MP'P = \measuredangle TPP',<br /> \]

zatem $ TK = TP $ i na podstawie wzoru (3)

\[<br /> (4) \qquad MP' = TP \cdot \frac{MN}{TN}.<br /> \]

b) Punkt $ k $ pokrywa się z punktem $ P $, wobec czego $ TK $ pokrywa się z $ TP $, zachodzi więc również wzór (4).

Po prawej stronie wzoru (4) występują tylko długości niezależne od położenia punktu $ P $ na okręgu, gdyż $ TP $ jest długością tworzącej stożka o wierzchołku $ T $ i okręgu podstawy $ k $, a punkt $ T $ (więc również punkt M) jest stały. Zatem długość odcinka $ MP' $ nie zmienia się, gdy punkt $ P $ zakreśla okrąg $ k $, tzn. punkt $ P' $ porusza się po okręgu o środku $ M $. Widoczne jest, że gdy punkt $ P $ zakreśli cały okrąg $ k $, punkt $ P' $ opisze również cały okrąg. Twierdzenie I zostało udowodnione. Wynika zeń łatwo, że odwrotnie każdy okrąg $ k' $ płaszczyzny $ \pi $ jest rzutem stereograficznym pewnego (nie przechodzącego przez $ N $) okręgu $ k $ sfery $ \sigma $. Istotnie, jeżeli $ A'B' $ jest średnicą okręgu $ k' $ leżącą w płaszczyźnie $ NSM $ ($ M $ = środek okręgu $ k' $), to punkty $ A' $ i $ B' $ są rzutami stereograficznymi pewnych punktów $ A $ i $ B $ sfery; wówczas okrąg $ k' $ jest obrazem okręgu $ k $ sfery, którego średnicą jest $ AB $ i którego płaszczyzna jest prostopadła do płaszczyzny $ NSM $. Albowiem obrazem $ k $ musi być - jak to już wiemy - okrąg przechodzący przez punkty $ A' $ i $ B' $, przy czym odcinek $ A'B' $ musi być średnicą tego okręgu, gdyż leży na płaszczyźnie $ NSM $, która jest płaszczyzną symetrii całej figury (rys. 24).

Zadanie 12 dotyczyło właśnie twierdzenia I w tym przypadku szczególnym, gdy okrąg $ k' $ przechodzi przez punkt $ S $.

Znaczenie rzutu stereograficznego dla kartografii wynika z innej jego własności, którą teraz poznamy. Weźmy pod uwagę dwie jakiekolwiek linie $ k $ i $ l $ (np. dwa okręgi) leżące na sferze i przecinające się w punkcie $ P $ (rys. 25).

Proste poprowadzone przez biegun $ N $ i przez poszczególne punkty linii $ k $ tworzą powierzchnię stożkową, która przecina płaszczyznę $ \pi $ wzdłuż rzutu stereograficznego $ k' $ linii $ k $. Styczna $ t $ do linii $ k $ w punkcie $ P $ i styczna $ t' $ do linii $ k' $ w punkcie $ P' $ leżą w płaszczyźnie stycznej poprowadzonej do owej powierzchni stożkowej przez tworzącą $ NP $. Styczne $ t $ i $ t' $ przecinają się zatem (jak na rys. 25) w pewnym punkcie $ R $ płaszczyzny $ \pi $, bądź są równoległe. W pierwszym przypadku słuszny jest wzór (1), tj. $ \measuredangle RPP' = \measuredangle RP'P $; w drugim przypadku $ t $ i $ t' $ są prostopadłe do $ NP $, gdyż prosta $ t $ jest wtedy styczna do równoleżnika sfery, a więc jest prostopadła do rzutu prostej $ NP $ na płaszczyznę tego równoleżnika. W obu przypadkach styczne, $ t $ i $ t' $ są jednakowo nachylone do odcinka $ PP' $. Tak samo stwierdzamy, że styczna $ s $ do linii $ l $ w punkcie $ P $ i styczna $ s' $ do jej rzutu stereografieznego $ l' $ w punkcie $ P' $ tworzą jednakowe kąty z odcinkiem $ PP' $. Wobec tego trójścian o wierzchołku $ P $ i krawędziach $ PP' $, $ t $ i $ s $ jest przystający do trójścianu o wierzchołku $ P' $ i krawędziach $ P'P $, $ t' $ i $ s' $, gdyż w tych trójścianach kąt dwuścienny przy krawędzi $ PP' $ jest wspólny, a kąty płaskie przyległe do tego kąta dwuściennego są odpowiednio równe. Stąd wynika, że trzecie kąty płaskie obu trójścianów są równe, tzn. kąt stycznych $ t $ i $ s $ do linii $ k $ i $ l $ w punkcie $ P $ równa się kątowi stycznych $ t' $ i $ s' $ do obrazów $ k' $ i $ l' $ tych linii w punkcie $ P' $.

Kąt, jaki tworzą styczne do dwóch linii w punkcie ich przecięcia $ P $, nazywa się kątem tych linii w punkcie $ P $. Uzyskany wynik możemy zatem tak wypowiedzieć:

W rzucie stereograficznym sfery kąt dwóch linii równa się kątowi ich obrazów.

Odwzorowanie jednej powierzchni na drugą, które nie zmienia wielkości kątów między liniami, nazywa się odwzorowaniem konforemnym. Twierdzenie, które udowodniliśmy, można sformułować krótko:

II. Rzut stereograficzny sfery jest odwzorowaniem konforemnym.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź