XXII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXII OM, 1970-1971

Etap:

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 $\alpha$ .