Kύβος και ασύμβατες

#1

Αν η ακμή ενός κύβου είναι

, να υπολογίσετε την ελάχιστη απόσταση μιας διαγωνίου του κύβου και της διαγωνίου μιας έδρας του κύβου, που είναι ασύμβατη με την διαγώνιο του κύβου.

orestisgotsis · #2

ΠΕΡΙΤΤΑ

#3

Με χρήση του σχήματος του Ορέστη και εξωτερικού γινομένου διανυσμάτων* (σε κύβο κέντρου (0, 0, 0) και ακμών μήκους a παραλλήλων προς τους άξονες**):

$|GH|=\frac{|\overrightarrow {AK}\cdot (\overrightarrow {AB}\times \overrightarrow {AE})|}{|\overrightarrow {AK}\times \overrightarrow {BE}|}=\frac{|<0, a, a>\cdot (<0, a, 0>\times <-a, 0, a>)|}{|<0, a, a>\times <-a, -a, a>|}=\frac{|<0, a, a>\cdot <a^2, 0, a^2>|}{|<2a^2, a^2, a^2>|}=\frac{a^3}{\sqrt{6}a^2}=\frac{a}{\sqrt{6}}$

*και οι δύο λύσεις συμπεριλαμβάνονται σε άρθρο μου για το Εξωτερικό Γινόμενο Διανυσμάτων που θα αναρτηθεί στο

και θα δημοσιευθεί στα Πρακτικά της 4ης Μαθηματικής Εβδομάδας (Θεσσαλονίκη 7-11 Μαρτίου 2012)

**έτσι ώστε $A=(\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, -\frac{a}{2})$ , $B=(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, -\frac{a}{2})$ , $E=(-\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, \frac{a}{2})$ , $K=(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{a}{2})$

Γιώργος Μπαλόγλου

S.E.Louridas · #4

Φίλε Δημήτρη Καλησπέρα με καλή σχολική και όχι μόνο Χρονιά. Δώσε τους χαιρετισμούς μου στους εκεί φίλους.
Στο όμορφο πρόβλημα σου καταθέτω την εξής άποψη:

♦ Θέλουμε την κοινή κάθετη των ευθειών $\Gamma B ,\;\;Z\Delta$ δηλαδή την απόσταση του σημείου $\Gamma$ από το επίπεδο $FZ\Delta$ , έστω

.
$\Gamma {\rm Z} = \Delta F = a\sqrt 2 ,\;\,FZ = a\sqrt 5 ,\;\Delta {\rm Z} = a\sqrt 3 \; \Rightarrow a^3 \sqrt 2 =$ $2d\left( {FZ\Delta} \right) \Rightarrow d = \frac{{a\sqrt 6 }} {6}.$

(*) Χρησιμοποιήθηκε ο τύπος του όγκου της Πυραμίδας $\Gamma ZF\Delta$ .
(**) Στη διαπραγμάτευση μου ενυπάρχει και ο τρόπος κατασκευής της κοινής κάθετης δύο ασυμβάτων ευθειών που ισούται με την απόσταση της μίας από τις ασύμβατες αυτές ευθείες από το παράλληλο πρός αυτήν επίπεδο που διέρχεται από την άλλη ασύμβατη ευθεία.

#5

: Κύβος.PNG (19.08 KiB) Προβλήθηκε 1013 φορές

Τα ίδια περίπου λέω σ' ένα ακόμα σχήμα.

Η κάθετη από το σημείο $\displaystyle{O}$ προς την $\displaystyle{AH}$ είναι και κάθετη στην $\displaystyle{BD}$ διότι

το επίπεδο που ορίζουν οι $\displaystyle{AH}$ και $\displaystyle{AC}$ είναι μεσοκάθετο επίπεδο στην $\displaystyle{BD}$ .

Άρα η $\displaystyle{OM}$ κοινή κάθετη των $\displaystyle{BD, AH}$ .

Ακόμα αν φέρουμε την $\displaystyle{CN}$ κάθετη στην $\displaystyle{AH}$ τότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ACH}$ υπολογίζεται ότι

$\displaystyle{ HN=\frac{AH}{3}}$

Άρα τελικά είναι: $\displaystyle{AM=MN=NH}$ κι από τη σχέση αυτή βρίσκεται και η τιμή της $\displaystyle{OM}$

αφού πρώτα βρεθεί η τιμή της $\displaystyle{CN}$ .

Κώστας Δόρτσιος

#6

S.E.Louridas έγραψε:Φίλε Δημήτρη Καλησπέρα με καλή σχολική και όχι μόνο Χρονιά. Δώσε τους χαιρετισμούς μου στους εκεί φίλους.
Στο όμορφο πρόβλημα σου καταθέτω την εξής άποψη:

♦ Θέλουμε την κοινή κάθετη των ευθειών $\Gamma B ,\;\;Z\Delta$ δηλαδή την απόσταση του σημείου $\Gamma$ από το επίπεδο $FZ\Delta$ , έστω .
$\Gamma {\rm Z} = \Delta F = a\sqrt 2 ,\;\,FZ = a\sqrt 5 ,\;\Delta {\rm Z} = a\sqrt 3 \; \Rightarrow a^3 \sqrt 2 =$ $2d\left( {FZ\Delta} \right) \Rightarrow d = \frac{{a\sqrt 6 }} {6}.$

(*) Χρησιμοποιήθηκε ο τύπος του όγκου της Πυραμίδας $\Gamma ZF\Delta$ .
(**) Στη διαπραγμάτευση μου ενυπάρχει και ο τρόπος κατασκευής της κοινής κάθετης δύο ασυμβάτων ευθειών που ισούται με την απόσταση της μίας από τις ασύμβατες αυτές ευθείες από το παράλληλο πρός αυτήν επίπεδο που διέρχεται από την άλλη ασύμβατη ευθεία.

Σωτήρη ... ακόμη ψάχνω να βρω που ακριβώς βρίσκεται το

... αλλά δεν πειράζει, η μέθοδος σου και το σχήμα σου μου δίνουν την παρακάτω ιδέα για έναν εναλλακτικό υπολογισμό:

Θεωρούμε τον ρόμβο $\Delta MZN$ , όπου

το μέσον της

και

το μέσον της

. Η

είναι παράλληλη προς την $\Gamma B$ , άρα και προς το επίπεδο του ρόμβου $\Delta MZN$ , συνεπώς λόγω συμμετρίας κλπ η ζητούμενη απόσταση μεταξύ των $\Gamma B$ , $Z\Delta$ ... ισούται προς την απόσταση του $\Gamma$ από το $\Delta MZN$ . Σύμφωνα με το σχετικό λήμμα (και με $Ox\rightarrow M\Delta$ , $Oy\rightarrow MN$ , $OP\rightarrow M\Gamma$ , $\gamma \rightarrow \angle\Delta MN=arccos(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}})$ , $\theta \rightarrow \angle\Delta M\Gamma =arccos\frac{1}{\sqrt{5}}$ , $\phi \rightarrow \angle\Gamma MN=90^0$ , $|OP|\rightarrow |M\Gamma |=\frac{a}{2})$ , η απόσταση αυτή ισούται προς

$\frac{a}{2}\frac{\sqrt{\frac{3}{5}-\frac{1}{5}}}{\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}}=\frac{a}{\sqrt{6}}.$

[Οι υπολογισμοί των γωνιών $\angle\Delta M\Gamma$ και $\angle\Delta MN$ βασίζονται στην $|M\Delta |=\frac{\sqrt{5}}{2}$ .]

Γιώργος Μπαλόγλου

S.E.Louridas · #7

(*)

gbaloglou έγραψε: Σωτήρη ... ακόμη ψάχνω να βρω που ακριβώς βρίσκεται το ... αλλά δεν πειράζει, η μέθοδος σου και το σχήμα σου μου δίνουν την παρακάτω ιδέα για έναν εναλλακτικό υπολογισμό:

Γιώργος Μπαλόγλου

Γιώργο θεώρησα $\vec{\Gamma F}=\vec{A\Gamma},$ οπότε το ευθ. τμήμα

τέμνει το ευθ. τμήμα $\Gamma I$ (στην τελίτσα-σημείο που διακρίνεται στο σχήμα), ανήκοντα τελικά τα ευθύγραμμα αυτά τμήματα στο επίπεδο της έδρας $A\Gamma IZ$ .
Οπότε η μέθοδος μου για τον υπολογισμό παραμένει.

(*) Προφανώς και θα πείραζε αν δεν υπήρχε δυνατότητα εξήγησης.

#8

S.E.Louridas έγραψε:(*)
gbaloglou έγραψε: Σωτήρη ... ακόμη ψάχνω να βρω που ακριβώς βρίσκεται το ... αλλά δεν πειράζει, η μέθοδος σου και το σχήμα σου μου δίνουν την παρακάτω ιδέα για έναν εναλλακτικό υπολογισμό:

Γιώργος Μπαλόγλου
Γιώργο θεώρησα $\vec{\Gamma F}=\vec{A\Gamma},$ οπότε το ευθ. τμήμα τέμνει το ευθ. τμήμα $\Gamma I$ (στην τελίτσα-σημείο που διακρίνεται στο σχήμα), ανήκοντα τελικά τα ευθύγραμμα αυτά τμήματα στο επίπεδο της έδρας $A\Gamma IZ$ .
Οπότε η μέθοδος μου για τον υπολογισμό παραμένει.

(*) Προφανώς και θα πείραζε αν δεν υπήρχε δυνατότητα εξήγησης.

Σωτήρη πραγματικά πολύ όμορφη η λύση σου, επίτρεψε μου να δώσω σχήμα και λεπτομέρειες (όπως τουλάχιστον τα αντιλαμβάνομαι):

Λόγω $\Gamma \Delta \perp ZF\Gamma$ έχουμε $\frac{1}{3}d\cdot (ZF\Delta )=(\Gamma ZF\Delta )=\frac{1}{3}|\Gamma \Delta |\cdot (ZF\Gamma )=\frac{1}{3}|\Gamma \Delta |\cdot \frac{1}{2}|ZA|\cdot |\Gamma F|=\frac{a^3}{6}.$ Επειδή όμως, όπως έμμεσα επισημαίνεις, το $ZF\Delta$ είναι ορθογώνιο στο $\Delta$ (Πυθαγόρειο Θεώρημα), έχουμε $(ZF\Delta )=\frac{1}{2}|\Delta F|\cdot |\Delta Z|=a^2\frac{\sqrt{6}}{2}$ , άρα $d=\frac{a}{\sqrt{6}}.$

[Δεν βλέπω που χρειάζεται η τελίτσα-σημείο-τομής των

και $\Gamma I$ , αλλά ... δεν πειράζει (καθότι αυτή η τελίτσα μού έδωσε την ιδέα για την λύση (σε προηγούμενη ανάρτηση) με τον ρόμβο και το απαραίτητο λήμμα)

]

Γιώργος Μπαλόγλου

Kύβος και ασύμβατες

Kύβος και ασύμβατες

Re: Kύβος και ασύμβατες

Re: Kύβος και ασύμβατες

Re: Kύβος και ασύμβατες

Re: Kύβος και ασύμβατες

Re: Kύβος και ασύμβατες

Re: Kύβος και ασύμβατες

Re: Kύβος και ασύμβατες

Μέλη σε σύνδεση