XVI OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Na krawędziach bocznych graniastosłupa o podstawie trójkątnej $ABC$ odmierzono odcinki $AA_1 = p_1$ , $BB_1 = p_2$ , $CC_1 = p_3$ . Prosta równoległa do krawędzi bocznych przecina podstawę $ABC$ w punkcie $D$ , a płaszczyznę $A_1B_1C_1$ w punkcie $D_1$ Dowieść, że

$ DD_1 = \frac{p_1S_1 + p_2S_2 + p_3S_3}{S_1+S_2+S_3} $

gdzie $S_1, S_2, S_3$ oznaczają odpowiednio pola trójkątów $BCD$ , $CAD$ , $ABD$ .

Rozwiązanie

Długość $DD_1 = x$ obliczymy korzystając z tego, że objętość $V$ graniastosłupa trójkątnego ściętego $ABCA_1B_1C_1$ jest sumą objętości $V_1$ , $V_2$ , $V_3$ graniastosłupów ściętych $DBCD_1B_1C_1$ , $DCAD_1C_1A_1$ i $DABD_1A_1B_1$ (rys. 3):

$ (1) \qquad V_1+V_2+V_3 = V. $

Wiadomo, że objętość graniastosłupa trójkątnego ściętego równa się iloczynowi średniej arytmetycznej jego krawędzi bocznych przez pole przekroju graniastosłupa płaszczyzną prostopadłą do krawędzi bocznych. Niech $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ będą odpowiednio punktami przecięcia prostych $AA_1$ , $BB_1$ , $CC_1$ , $DD_1$ z pewną płaszczyzną do nich prostopadłą, a $S_1'$ , $S'_2$ , $S'_3$ , $S'$ niech oznaczają pola trójkątów $B'C'D'$ , $C'A'D'$ , $A'B'D'$ i $A'B'C'$ . Wówczas

$ (2) \qquad \begin{split} V_1&=\frac{p_2+p_3+x}{3}S'_1,\\ V_2&=\frac{p_1+p_3+x}{3}S'_2,\\ V_3&=\frac{p_1+p_2+x}{3}S'_3,\\ V&=\frac{p_1+p_2+p_3}{3}S'. \end{split} $

Z (1) i (2) wynika, że

$ (3) \qquad \frac{p_2+p_3+x}{3}S'_1 +\frac{p_3+p_1+x}{3}S'_2 + \frac{p_1+p_2+x}{3}S'_3= \frac{p_1+p_2+p_3}{3}S'. $

Pola $S_1'$ , $S_2'$ , $S_3'$ , $S'$ proporcjonalne do pól $S_1$ , $S_2$ , $S_3$ , $S$ (gdzie
$S = \mathrm{pole} \triangle ABC$ ), stosunek proporcjonalności jest równy cosinusowi kąta nachylenia płaszczyzny $ABC$ do płaszczyzny $A'B'C'$ .

We wzorze (3) możemy zatem zamiast $S_1'$ , $S_2'$ , $S_3'$ , $S'$ napisać $S_1$ , $S_2$ , $S_3$ , $S$ :

$ (4) \qquad \frac{p_2+p_3+x}{3}S_1 +\frac{p_3+p_1+x}{3}S_2 + \frac{p_1+p_2+x}{3}S_3= \frac{p_1+p_2+p_3}{3}S. $

Rozwiązując równanie (4) względem $x$ , otrzymujemy

$ x=\frac{p_1S_1+p_2S_2+p_3S_3}{S}. $

Uwaga. W powyższym rozwiązaniu zastosowaliśmy wzór na objętość graniastosłupa trójkątnego ściętego. Wzór ten można udowodnić na podstawie twierdzenia o objętości pryzmatoidu. Pryzmatoidem nazywa się wielościan wypukły, którego wszystkie wierzchołki leżą na dwóch płaszczyznach równoległych. Szczególnym przypadkiem pryzmatoidu jest graniastosłup, a także ostrosłup. Na każdej z owych dwóch płaszczyzn znajduje się jedna ściana, lub tylko jedna krawędź wielościanu; w przypadku ostrosłupa na jednej z nich leży tylko jeden wierzchołek. Pozostałe ściany są trójkątami lub trapezami.

Niech $P_1$ i $P_2$ oznaczają pola podstaw pryzmatoidu, tzn. ścian leżących w płaszczyznach równoległych; w przypadku, gdy któraś z podstaw redukuje się do odcinka lub punktu, przypisujemy jej pole równe zeru. Oznaczmy następnie literą $P_s$ pole przekroju środkowego pryzmatoidu, tj. pole przekroju tej bryły płaszczyzną równooddaloną od płaszczyzn podstaw, a literą $h$ - odległość tych płaszczyzn, czyli wysokość pryzmatoidu. Udowodnimy, że objętość $V$ pryzmatoidu wyraża się wzorem

$ (5) \qquad V = \frac{1}{6}h \cdot (P_1 + P_2 + 4P_s). $

W tym celu obierzmy wewnątrz przekroju środkowego dowolny punkt $O$ . Objętość $V$ jest równa sumie objętości ostrosłupów, których wspólnym wierzchołkiem jest punkt $O$ , a podstawami - ściany pryzmatoidu. Te dwa ostrosłupy, których podstawami są podstawy pryzmatoidu, mają wysokości równe $\frac{1}{2} h$ , więc ich objętości są odpowiednio równe $\frac{1}{6} P_1h$ i $\frac{1}{6}P_2h$ . Podstawą każdego z pozostałych ostrosłupów ,,bocznych'' jest trójkąt lub trapez. W przypadku pierwszym chodzi o objętość takiego ostrosłupa $OABC$ (rys. 4), w którym dwa z wierzchołków trójkąta $ABC$ , np. $A$ i $B$ leżą na jednej podstawie pryzmatoidu, a trzeci z nich, tj. $C$ - na drugiej. Płaszczyzna przekroju środkowego przecina ten ostrosłup według trójkąta $OMN$ , gdzie $M$ i $N$ są środkami krawędzi $AC$ i $BC$ . Objętość ostrosłupa $OABC$ jest $4$ razy większa od objętości ostrosłupa $OMNC$ równej $\frac{1}{6} h \cdot \textrm{pole }OMN$ , zatem

$ \textrm{objętość } OABC = \frac{4}{6} h \cdot (\textrm{pole }OMN). $

W przypadku drugim mamy obliczyć objętość takiego ostrosłupa $OABCD$ (rys. 5), w którym jeden z boków równoległych trapezu $ABCD$ , np. $AB$ leży na jednej podstawie pryzmatoidu, a drugi, tj. $CD$ , na drugiej. Płaszczyzna przekątna $OCA$ dzieli ten ostrosłup na dwa ostrosłupy $OABC$ i $OACD$ o podstawach trójkątnych, których objętość obliczamy jak poprzednio; dodając je, otrzymujemy

$ \textrm{objętość }OABCD = \frac{4}{6}h \cdot (\textrm{pole }OMN), $

gdzie $M$ i $N$ są środkami krawędzi $AD$ i $BC$ .

Suma objętości wszystkich ostrosłupów bocznych równa się iloczynowi $\frac{4}{6}h$ przez sumę pól wszystkich trójkątów $OMN$ znajdujących się w tych ostrosłupach, równą polu $P_s$ przekroju środkowego, tj. równa się $\frac{4}{6} hP_s$ . Dodając objętość wszystkich ostrosłupów, otrzymujemy wzór (5).

Graniastosłup trójkątny ścięty jest pryzmatoidem o sześciu wierzchołkach, z których cztery są wierzchołkami trapezu, a dwa pozostałe leżą na równoległej do podstaw trapezu. Rys. 6 wyobraża ten pryzmatoid w rzucie równoległym ukośnym na płaszczyznę owego trapezu.

Oznaczając w sposób wskazany na rys. 6 literami $a$ , $b$ , $c$ długości krawędzi bocznych graniastosłupa, literami $p$ , $q$ , $r$ długości boków trójkąta $PQR$ , będącego przekrojem graniastosłupa płaszczyzną prostopadłą do jego krawędzi bocznych, oraz literą $h$ - wysokość pryzmatoidu równą wysokości trójkąta $PQR$ względem boku $QR$ , otrzymujemy

$ P_1 = \frac{1}{2} (b+c) \cdot p,\ P_2 = 0,\ P_s = \frac{1}{2} \left( \frac{a + b}{2} + \frac{a + c}{2} \right) \cdot \frac{1}{2}p. $

Podstawiając te wartości do wzoru (5) i biorąc pod uwagę, że $p \cdot h = 2 \cdot \textrm{pole }PQR$ , otrzymujemy na objętość $V$ graniastosłupa wzór

$ V = \frac{a + b + c}{3}\cdot \textrm{pole }PQR. $