Diabelski przekrój czworościanu foremnego

[poetaopole]

Jeszcze raz NAJTRUDNIEJSZE ZADANIE ZE STEREOMETRII, jakie widziałem z życiu. Nadal nikt nie podał prawidłowego rozwiązania w sieci.
W czworościanie foremnym o krawędzi długości 6 cm poprowadzono przekrój płaszczyzną przechodzącą przez wysokość podstawy i środek krawędzi bocznej niemającej punktów wspólnych z tą wysokością. Oblicz odległość płaszczyzny podstawy od punktu, w którym wysokość ostrosłupa przebija płaszczyznę przekroju.
Odpowiedź brzmi: \(\frac{5}{8} \sqrt{6}\).

[poetaopole]

Wszyscy najlepsi wyjechali na wakacje?

[radagast]

Wrócą, czekaj cierpliwie .
Na tym forum tylko raz nie uzyskałam rozwiązania do umieszczonego zadania. Było to zadanie równoważne twierdzeniu o czterech barwach, które ,jak wiadomo, do dziś nie doczekało się eleganckiego rozwiązania.

[poetaopole]

Poszukam na wikipedii, co to za zadanie o! Pamiętam... kiedyś pisało o tym w "DELCIE".

[radagast]

a ten wynik to dobry jest ? Wychodzi mi \(\frac{8 }{5}\sqrt{6}\)

[radagast]

ScreenHunter_1894.jpg (16.69 KiB) Przejrzano 6730 razy

a "na płasko":

ScreenHunter_1895.jpg (9.94 KiB) Przejrzano 6730 razy

I teraz już wszystko widać:
\(PX+XB=2 \sqrt{6}\), bo to wysokość czworościanu o krawędzi 6
\(\frac{PX}{XB}= \frac{2}{3}\), bo trójkąty PSX i BMX są podobne
...
no i z tego właśnie wychodzi \(PX= \frac{4}{5} \sqrt{6}\)

No i nie było tak trudno

[poetaopole]

Wynik spisałem z odpowiedzi do zadań. Może wkradł im się lapsus, czeski błąd, tzn. zamienili licznik z mianownikiem. To się zdarza. Rano będę analizował Twoje rozwiązanie. Dziękuję.

[anka]

\(PX+XB=4 \sqrt{6}\), bo to wysokość czworościanu o krawędzi 6
\(\frac{PX}{XB}= \frac{2}{3}\), bo trójkąty PSX i BMX są podobne
...
no i z tego właśnie wychodzi \(PX= \frac{8}{5} \sqrt{6}\)

No i nie było tak trudno

\(PX+XB=2 \sqrt{6}\)
a z tego rysunku wyjdzie \(PX=\frac{4}{5} \sqrt{6}\)

Wydaje mi się, że tu jest poprawne rozwiązanie:
viewtopic.php?f=21&t=78033

[poetaopole]

No to mamy kłopot... Właśnie... też mi wyszła wysokość czworościanu o połowę mniejsza, ale rozumiem, że to szczegół. Potem bowiem to już CZARNA MAGIA: nie umiem pojąć, jak radagast obliczyła PS, które wyszło jej 2. I dlaczego trójkąty PSX i BMX są podobne (widzę tylko parę kątów wierzchołkowych i nic poza tym). Wytłumaczysz mi RADAGAST?

[radagast]

No to mamy kłopot... Właśnie... też mi wyszła wysokość czworościanu o połowę mniejsza,

Masz rację zaraz poprawię I będę tłumaczyć dalej

[radagast]

trójkąty PSX i BMX są podobne, bo:
jeden z kątów jest wierzchołkowy, a dwa pozostałe są odpowiadające (proste CB i PS są równoległe na podstawie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa: \(\frac{AS}{SB}= \frac{AP}{PC}\))

[radagast]

Niestety widzę błąd w swoim rozwiązaniu . Ono zakłada , że \(X \in SM\), to nie musi być prawda.
Problem pozostaje więc otwarty. Albo trzeba uzupełnić o dowód tego faktu albo policzyć inaczej.
Jednak trudne to zadanie

[poetaopole]

Pięknie Kerajs Geometria analityczna przestrzeni... No dobrze, ważne, że mam już pewność, że wynik w zbiorze zadań dla klas III PAZDRO jest błędny. Puściłem to zadanie również na matematyce.pl. Tam rozpętała się burza. Każdemu wyszedł inny wynik. Ludzie się wymądrzają, wyzywają. Mi się też dostało, ale ja już jestem przyzwyczajony. Cieszę się, że choć RADAGAST potwierdziła, że jest to trudne zadania. Nie bez Kozery zatytułowałem to zadanie DIABELSKIM PRZEKROJEM. Może jak reszta matematyków wróci z wakacji, uda się komuś rozwiązać to zadania metodami zwykłej stereometrii. Rozwiązałem już wszystkie zadania z tego zbioru. Zdecydowaną większość sam, niektóre z Waszą pomocą. To jedno zadanie jednak pozostaje otwarte... Dziękuję za poświęcony czas i trud

[kerajs]

Sorry, skasowałem rozwiązanie zanim napisałeś swój post. Zamieszczam je ponownie wraz z dopisanym drugim rozwiązaniem.
A geometria analityczna to inny od stereometrycznych sposób na uzyskanie odpowiedzi.

Przez R oznaczam promień okręgu opisanego na podstawie ABC czworościanu o wierzchołku S, czyli \(a=R \sqrt{3}\)
\(A=( \frac{-R \sqrt{3} }{2}, \frac{-R}{2},0 ) \\
B=( \frac{R \sqrt{3} }{2}, \frac{-R}{2},0 ) \\
C=(0,R,0)\\
S=(0,0,R \sqrt{2} )\)
Niech C' będzie środkiem AB, a C'' środkiem AS. Wtedy:
\(C'=(0, \frac{-R}{2},0 )\\
C''=(\frac{-R \sqrt{3} }{4}, \frac{-R}{4},\frac{R \sqrt{2} }{2})\)
Równanie płaszczyzny zawierającej przekrój, czyli trójkąt CC'C'':
\(\vec{CC'}= \left[ 0, \frac{-3R}{2},0 \right] \\
\vec{CC''}= \left[ \frac{-R \sqrt{3} }{4}, \frac{-5R}{4},\frac{R \sqrt{2} }{2} \right] \\
\vec{CC'} \times \vec{CC''}= \left[ \frac{-3R^2 \sqrt{2} }{4},0, \frac{-3R^2 \sqrt{3} }{8} \right] \\
\pi \ : \ 2 \sqrt{2}x+ \sqrt{3}z=0\)
A' to spodek wysokości czworościanu spuszczonej z wierzchołka A. p to prosta zawierająca tę wysokość
\(A'=(\frac{R \sqrt{3} }{6}, \frac{R}{6},\frac{R \sqrt{2} }{3})
\vec{AA'}= \left[ \frac{2R \sqrt{3} }{3}, \frac{2R}{3},\frac{R \sqrt{2} }{3} \right] \\
p:\\
\begin{cases} x= \frac{-R \sqrt{3} }{2}+ \frac{2R \sqrt{3} }{3}t\\y= \frac{-R }{2}+ \frac{2R }{3}t\\z= \frac{R \sqrt{2} }{3}t\end{cases}\)
Punkt przebicia płaszczyzny Pi przez prostą p zachodzi dla \(t= \frac{3}{5}\)
Szukana odległość to współrzędna z-et punktu przebicia czyli:
\(z=\frac{R \sqrt{2} }{3} \cdot \frac{3}{5}=\frac{R \sqrt{2} }{5}= \frac{ \frac{a}{ \sqrt{3} } \sqrt{2} }{5}= \frac{a \sqrt{6} }{15} = \frac{6 \sqrt{6} }{15}= \frac{2}{5} \sqrt{6}\)

Co prawda wynik ten (około 0,98) jest różny od podanego w odpowiedziach, jednak tak mi wychodzi. Ponadto książkowy wynik wynoszący około 1,53 jest niemożliwy gdyż odległość punktu A' (punktu P na grafice Radagast) od płaszczyzny podstawy wynosi około 1,63, a punkt przebicia (punkt X na grafice Radagast) jednak jest od niego trochę oddalony.

@ Radagast
Moim zdaniem w zadaniu nie pytają o odległość PX, ale o odległość X od podstawy tetraedru, a więc od odcinka AB.


Istnieje także drugie rozwiązanie wynikające z przebicia krawędzi przekroju wysokością BB':
B' to spodek wysokości czworościanu spuszczonej z wierzchołka B. q to prosta zawierająca tę wysokość
\(B'=(\frac{-R \sqrt{3} }{6}, \frac{R}{6},\frac{R \sqrt{2} }{3})
\vec{BB'}= \left[ \frac{-2R \sqrt{3} }{3}, \frac{2R}{3},\frac{R \sqrt{2} }{3} \right] \\
q:\\
\begin{cases} x= \frac{R \sqrt{3} }{2}- \frac{2R \sqrt{3} }{3}s\\y= \frac{-R }{2}+ \frac{2R }{3}s\\z= \frac{R \sqrt{2} }{3}s\end{cases}\)
Punkt przebicia płaszczyzny Pi przez prostą q zachodzi dla \(s= 1\)
Szukana odległość to współrzędna z-et punktu przebicia czyli:
\(z=\frac{R \sqrt{2} }{3} \cdot 1= \frac{2}{3} \sqrt{6} \approx 1,63\)
To rozwiązanie także jest rożne od książkowego.

[poetaopole]

Nieśmiałe pytanie do RADAGAST: czy jak już KERAJS pokazał, jak można to zadanie rozwiązać używając geometrii kartezjańskiej w przestrzeni, to nie pomoże to Ci jakoś w rozwiązaniu zadania w geometrii euklidesowej? Przepraszam, że się przyczepiłem do tego zadania jak rzep psiego ogona, ale jest to ostatnie zadanie z całego zbioru zadań PAZDRO, którego nie umiem rozwiązać, a mam chyba nerwicę natręctw, bo jak mi coś brakuje, to czuję się strasznie nieszczęśliwy O to samo bym poprosił KERAJSA, ale już nie mam odwagi