Na przekątnych AB i CD sąsiednich ścian bocznych sześcianu (leżą one na prostych skośnych) wybrano pukty E i F takie, że \(\displaystyle{ \frac{|AE|}{|EB|} = \frac{|DF|}{|FC|} = 2:1}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ AB \perp EF \wedge EF \perp CD}\)
Dowodzenie w sześcianie
-
tometomek91
- Użytkownik
- Posty: 2959
- Rejestracja: 8 sie 2009, o 23:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 281 razy
- Pomógł: 498 razy
Dowodzenie w sześcianie
Oznaczmy: podstawa \(\displaystyle{ BDGH}\), gdzie \(\displaystyle{ |AG| \perp |GB|}\).
Niech \(\displaystyle{ |AE|=2x}\) i \(\displaystyle{ |BE|=x}\), wtedy \(\displaystyle{ |AG|=|GB|=\frac{3\sqrt{2}x}{2}}\). Poprowadźmy prostą przechodzącą przez punkt \(\displaystyle{ E}\), prostopadłą do krawędzi \(\displaystyle{ GB}\), przecinającą ją w punkcie \(\displaystyle{ I}\). Wówczas \(\displaystyle{ \Delta BAG \equiv \Delta BEI}\) (cecha kąt-kąt-kąt), zatem \(\displaystyle{ \frac{|EB|}{|EI|}=\frac{|BA|}{|AG|} \Rightarrow \frac{x}{|EI|}=\frac{3x}{\frac{3\sqrt{2}x}{2}} \Rightarrow |EI|=\frac{\sqrt{2}x}{2}}\). Podobnie z prostą przechodzącą przez punkt \(\displaystyle{ F}\) i prostopadłą do krawędzi \(\displaystyle{ BD}\), którą przecina w punkcie \(\displaystyle{ J}\). Z przystawania trójkątów \(\displaystyle{ DCB}\) i \(\displaystyle{ DFJ}\) mamy: \(\displaystyle{ \frac{|DC|}{|CB|}=\frac{|DF|}{|FJ|} \Rightarrow \frac{3x}{\frac{3\sqrt{2}x}{2}}=\frac{2x}{|FJ|} \Rightarrow |FJ|=x\sqrt{2}}\). \(\displaystyle{ | \sphericalangle IBJ| = 90^{o}}\), więc z twierdzenia kosinusów zastosowanego do trójkąta \(\displaystyle{ IBJ}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ |IJ|^{2}=|IB|^{2}+|BJ|^{2}-2 \cdot |IB| \cdot |BJ| \cdot \cos | \sphericalangle IBJ| \Rightarrow \\
|IJ|^{2}=\left( \frac{\sqrt{2}x}{2} \right) ^{2}+ \left( \frac{\sqrt{2}x}{2}\right)^{2}-2 \cdot \frac{\sqrt{2}x}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}x}{2} \cdot \cos 90^{o} \Rightarrow\\
|IJ|=x}\)
Rozważmy teraz trapez prostokątny \(\displaystyle{ EIJF}\). Poprowadźmy jego wysokość z wierzchołka \(\displaystyle{ E}\) i niech opada na punkt \(\displaystyle{ K}\) (\(\displaystyle{ K \in |FJ|}\)). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(\displaystyle{ FKE}\): \(\displaystyle{ |KE|^{2}+|KF|^{2}=|EF|^{2} \Rightarrow x^{2}+\left( \frac{\sqrt{2}x}{2} \right)^{2}=|EF|^{2} \Rightarrow |EF|=\frac{x\sqrt{6}}{2}}\). Natomiast z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(\displaystyle{ AFC}\): \(\displaystyle{ |AC|^{2}+|CF|^{2}=|AF|^{2} \Rightarrow \left( \frac{3\sqrt{2}x}{2}\right)^{2}+x^{2}=|AF|^{2} \Rightarrow |AF|=x\sqrt{\frac{11}{2}}}\). Teraz należy jeszcze pokazać, że twierdzenie Pitagorasa sprawdza się w trójkącie \(\displaystyle{ AEF}\), tzn. \(\displaystyle{ |AE|^{2}+|EF|^{2}=|AF|^{2}}\). Analogicznie wykazujemy prostopadłość prostych EF i CD.
Niech \(\displaystyle{ |AE|=2x}\) i \(\displaystyle{ |BE|=x}\), wtedy \(\displaystyle{ |AG|=|GB|=\frac{3\sqrt{2}x}{2}}\). Poprowadźmy prostą przechodzącą przez punkt \(\displaystyle{ E}\), prostopadłą do krawędzi \(\displaystyle{ GB}\), przecinającą ją w punkcie \(\displaystyle{ I}\). Wówczas \(\displaystyle{ \Delta BAG \equiv \Delta BEI}\) (cecha kąt-kąt-kąt), zatem \(\displaystyle{ \frac{|EB|}{|EI|}=\frac{|BA|}{|AG|} \Rightarrow \frac{x}{|EI|}=\frac{3x}{\frac{3\sqrt{2}x}{2}} \Rightarrow |EI|=\frac{\sqrt{2}x}{2}}\). Podobnie z prostą przechodzącą przez punkt \(\displaystyle{ F}\) i prostopadłą do krawędzi \(\displaystyle{ BD}\), którą przecina w punkcie \(\displaystyle{ J}\). Z przystawania trójkątów \(\displaystyle{ DCB}\) i \(\displaystyle{ DFJ}\) mamy: \(\displaystyle{ \frac{|DC|}{|CB|}=\frac{|DF|}{|FJ|} \Rightarrow \frac{3x}{\frac{3\sqrt{2}x}{2}}=\frac{2x}{|FJ|} \Rightarrow |FJ|=x\sqrt{2}}\). \(\displaystyle{ | \sphericalangle IBJ| = 90^{o}}\), więc z twierdzenia kosinusów zastosowanego do trójkąta \(\displaystyle{ IBJ}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ |IJ|^{2}=|IB|^{2}+|BJ|^{2}-2 \cdot |IB| \cdot |BJ| \cdot \cos | \sphericalangle IBJ| \Rightarrow \\
|IJ|^{2}=\left( \frac{\sqrt{2}x}{2} \right) ^{2}+ \left( \frac{\sqrt{2}x}{2}\right)^{2}-2 \cdot \frac{\sqrt{2}x}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}x}{2} \cdot \cos 90^{o} \Rightarrow\\
|IJ|=x}\)
Rozważmy teraz trapez prostokątny \(\displaystyle{ EIJF}\). Poprowadźmy jego wysokość z wierzchołka \(\displaystyle{ E}\) i niech opada na punkt \(\displaystyle{ K}\) (\(\displaystyle{ K \in |FJ|}\)). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(\displaystyle{ FKE}\): \(\displaystyle{ |KE|^{2}+|KF|^{2}=|EF|^{2} \Rightarrow x^{2}+\left( \frac{\sqrt{2}x}{2} \right)^{2}=|EF|^{2} \Rightarrow |EF|=\frac{x\sqrt{6}}{2}}\). Natomiast z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(\displaystyle{ AFC}\): \(\displaystyle{ |AC|^{2}+|CF|^{2}=|AF|^{2} \Rightarrow \left( \frac{3\sqrt{2}x}{2}\right)^{2}+x^{2}=|AF|^{2} \Rightarrow |AF|=x\sqrt{\frac{11}{2}}}\). Teraz należy jeszcze pokazać, że twierdzenie Pitagorasa sprawdza się w trójkącie \(\displaystyle{ AEF}\), tzn. \(\displaystyle{ |AE|^{2}+|EF|^{2}=|AF|^{2}}\). Analogicznie wykazujemy prostopadłość prostych EF i CD.
-
Inkwizytor
- Użytkownik
- Posty: 4105
- Rejestracja: 16 maja 2009, o 15:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 428 razy
Dowodzenie w sześcianie
Mój sposób:
- Niech a oznacza długość krawędzi sześcianu.
- Zakładam, że dasz radę obliczyć długości AE, EB, EC, CF oraz FD wyrażona za pomocą a. (elementarna geometria i tw. Pitagorasa)
1. Z tw. o trzech prostych prostopadłych wynika, że trójkąt BDE jest prostokątny, stąd z tw. Pitagorasa znajdziesz długość DE.
2. Oznaczmy długość EF jako x
3. EF jest prostopadłe do CD \(\displaystyle{ \Leftrightarrow x^2 + |CF|^2 = |CE|^2 \wedge x^2 + |DF|^2 = |DE|^2}\)
4. Prawa strona równoważności przyjmuje po przekształceniu postać: \(\displaystyle{ |CE|^2 - |CF|^2 = |DE|^2 - |DF|^2}\)
Zatem trzeba sprawdzić prawdziwość prawej strony równoważności.
Następnie analizujemy całą sytuację analogicznie dla trójkąta ABF
- Niech a oznacza długość krawędzi sześcianu.
- Zakładam, że dasz radę obliczyć długości AE, EB, EC, CF oraz FD wyrażona za pomocą a. (elementarna geometria i tw. Pitagorasa)
1. Z tw. o trzech prostych prostopadłych wynika, że trójkąt BDE jest prostokątny, stąd z tw. Pitagorasa znajdziesz długość DE.
2. Oznaczmy długość EF jako x
3. EF jest prostopadłe do CD \(\displaystyle{ \Leftrightarrow x^2 + |CF|^2 = |CE|^2 \wedge x^2 + |DF|^2 = |DE|^2}\)
4. Prawa strona równoważności przyjmuje po przekształceniu postać: \(\displaystyle{ |CE|^2 - |CF|^2 = |DE|^2 - |DF|^2}\)
Zatem trzeba sprawdzić prawdziwość prawej strony równoważności.
Następnie analizujemy całą sytuację analogicznie dla trójkąta ABF
-
Qń
- Użytkownik
- Posty: 9833
- Rejestracja: 18 gru 2007, o 03:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 90 razy
- Pomógł: 2632 razy
Dowodzenie w sześcianie
Geometrom włos się chyba jeży od tych rachunków 
.
Oznaczmy pozostałe wierzchołki sześcianu tak, by kwadratami były:
\(\displaystyle{ CBDK,ACKL,DKLM,ACBN}\).
Wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ EF}\) jest prostopadłe do równoległych płaszczyzn wyznaczonych przez trójkąty \(\displaystyle{ ABM}\) i \(\displaystyle{ CDL}\). To zaś jest prawdą, ponieważ \(\displaystyle{ EF}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ NK}\). I koniec.
Q.
.Oznaczmy pozostałe wierzchołki sześcianu tak, by kwadratami były:
\(\displaystyle{ CBDK,ACKL,DKLM,ACBN}\).
Wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ EF}\) jest prostopadłe do równoległych płaszczyzn wyznaczonych przez trójkąty \(\displaystyle{ ABM}\) i \(\displaystyle{ CDL}\). To zaś jest prawdą, ponieważ \(\displaystyle{ EF}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ NK}\). I koniec.
Q.
-
tomazoo28
- Użytkownik
- Posty: 99
- Rejestracja: 28 kwie 2009, o 14:12
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 23 razy
Dowodzenie w sześcianie
Dzięki wszystkim za pomoc
Inkwizytor, kombinowałem podobnie jak Ty, ale nie doszedłem do końca.
Qń, jak wykazać, że \(\displaystyle{ EF || NK}\)?
Inkwizytor, kombinowałem podobnie jak Ty, ale nie doszedłem do końca.
Qń, jak wykazać, że \(\displaystyle{ EF || NK}\)?
-
Qń
- Użytkownik
- Posty: 9833
- Rejestracja: 18 gru 2007, o 03:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 90 razy
- Pomógł: 2632 razy
Dowodzenie w sześcianie
Można pokazać, że \(\displaystyle{ S}\) - środek odcinka \(\displaystyle{ CB}\) leży na prostych \(\displaystyle{ NE}\) i \(\displaystyle{ KF}\). Ponieważ jednocześnie \(\displaystyle{ SE:SN=SF:SK}\), więc równoległość wynika od razu z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa.tomazoo28 pisze:jak wykazać, że \(\displaystyle{ EF || NK}\)?
Q.