forum.zadania.info

@poetaopole, moje rozwiązanie jest jednak dobre (chyba, bo przy tylu podejściach już straciłam pewność). Nie wiem dlaczego miałam wątpliwości co do położenia punktu X. PB przecina diabelski przekrój na odcinku MS ponad wszelką wątpliwość, bo odcinek MS leży zarówno na płaszczyźnie diabelskiego przekroju jak na płaszczyźnie ABC (to ta czerwona płaszczyzna).
Jeśli zaś chodzi o uwagę kerajsa, że to nie ten odcinek, to może to i racja. Ja liczę odległość punktu X od ściany (podstawy) zawierającej punkt P, a on chce liczyć od ściany zawierającej punkt S. To już jest wina zadania (niedokładnie sformułowane) Może z tego wynika różnica w odpowiedzi mojej i książkowej. Sprawdzę to kiedyś , a może spróbuj sam..., koniecznie powiedz co Ci wyszło

Nie wytrzymałam i policzyłam już.
wychodzi \(\frac{2}{5} \sqrt{6}\), co potwierdza wynik Kerajsa (no i mój) . Jak chcesz to Ci pokażę jak mi to wyszło ale to potem , a na razie podpowiem że należy na 2 sposoby policzyć pole trójkąta SBX, albo posłużyć się podobieństwem trójkątów (posługując się moim wcześniejszym wynikiem).
Zdecydowanie moje rozwiązanie jest bardziej elementarne niż to Kerajsa, ma 3 linijki , a wynik ten sam

Oznaczenia jak na grafice Radagast ''na płasko''

\(\angle ABP= \beta \\
\angle BSM= \delta \\
z \ \Delta ABP \ mam:\\
\sin \beta = \frac{ \sqrt{3} }{3 \sqrt{3} }= \frac{1}{3}\\
\cos \beta = \frac{ 2\sqrt{6} }{3 \sqrt{3} }= \frac{2 \sqrt{2} }{3}\)
Trójkąt BSM jest równoramienny. Dzieląc do na pół wysokością MM' mam:
\(\sin \delta = \frac{ \sqrt{6} }{3 }\\
\cos \delta = \frac{ \sqrt{3} }{3 }\)
Z tw. sinusów w trójkącie BSX :
\(\frac{\left| SX\right| }{\sin \beta } = \frac{\left| BS\right| }{\sin \left( \pi - \beta -\delta \right) } \\
\left| SX\right|= \frac{2 \sqrt{3} \sin \beta }{\sin \left( \pi - \beta -\delta \right) }=
\frac{2 \sqrt{3}\sin \beta }{\sin \left( \beta +\delta \right) }=
\frac{2 \sqrt{3} \sin \beta }{\sin \beta \cos \delta + \sin \delta \cos \beta }= \frac{6}{5}\)
Szukana odległość to wysokość XX' w trójkącie BSX.
\(\frac{\left| XX'\right| }{\left| SX\right| }=\sin \delta \Rightarrow \left| XX'\right|= \frac{2 \sqrt{3} }{5}\)

A ja znów nieco prościej: wiemy już , że \(PX= \frac{4}{5} \sqrt{6}\), chcemy policzyć \(XT\):
z podobieństwa trójkątów TBX oraz PBA mamy: \(\frac{XT}{2 \sqrt{6} - \frac{4}{5} \sqrt{6} } = \frac{ \sqrt{3} }{6}\)
stąd \(XT= \frac{2}{5} \sqrt{6}\)

Przepraszam, że się wtrącam ale geometria kartezjańska jest również euklidesową

Chciałbym wyjaśnić parę spraw:
1)
Posłużyłem się metodami geometrii analitycznej aby użyć innego sposobu obliczania szukanej odległości. Miało to być alternatywne do metod plani(stereo)metrycznych stosowanych przez inne osoby rozwiązanie wykazujące nieprawdziwość książkowej odpowiedzi. Dlatego prostota czy szybkość rozwiązania były sprawą drugorzędną. Nb, rozwiązanie trafiające w krawędź było liczone analityczne jedynie dla sprawdzenia czy otrzyma się oczywiste dla tak łatwo położonego punktu wyniki.
2)
Mam spore problemy z netem i dzisiejsze posty Radagast się nie wyświetlały. Dlatego przepraszam za wysłanie rozwiązania z twierdzeniem sinusów gdyż sądziłem że skasowała swoje posty. Skasowałbym je, ale zanim łącze łaskawie mi to umożliwiło to pojawiło się rozwiązanie Radagast.
Moje rozwiązanie także miało być inne niż wcześniej sugerowane czy pokazywane, i nie miało bazować na uzyskanych już wynikach. Tu także esencjonalność czy łatwość rozwiązania były drugorzędne.
3)

radagast pisze: Jeśli zaś chodzi o uwagę kerajsa, że to nie ten odcinek, to może to i racja. Ja liczę odległość punktu X od ściany (podstawy) zawierającej punkt P, a on chce liczyć od ściany zawierającej punkt S.

Zauważ że w treści zadania pada określenie podstawa. Jej wysokość jest krawędzią przekroju. Ściana od której odległość liczysz nie zawiera żadnej z krawędzi przekroju, więc nie może być podstawą o której mowa w treści zadania.

Najważniejsze, że wspólnie udało się rozwiązać zadanie. Łatwo nie było