Matemáticas de secundaria · Grades 10–12

31Vectores, rectas y planos en el espacio

La geometría tridimensional se vuelve computacional una vez vectores y coordenadas están disponibles: las líneas obtienen representaciones paramétricas, los planos obtienen Cartesiano ecuaciones y producto escalar mide ángulos y distancias. Este capítulo construye esta caja de herramientas y la utiliza para resolver los problemas clásicos. intersección y problemas de distancia.

31.1 Vectores en el espacio

Vectores en el espacio obedecen a las mismas reglas que en el avión: suman, escalan, y $\vect{AB} = \vect{CD}$ exactamente cuando $ABDC$ es un paralelogramo. en un sistema de coordenadas $(O; \vec\imath, \vec\jmath, \vec k)$ , cada vector tiene coordenadas $(x, y, z)$ .

Definición 31.1 (Colinealidad, coplanaridad)

Dos vectores son colineal si uno es múltiplo del otro. tres vectores $\vec u, \vec v, \vec w$ son coplanar si uno de ellos se puede escribir como una combinación de los otros dos, digamos $\vec w = a\vec u + b\vec v$ .

Proposición 31.2

Si $\vec u, \vec v, \vec w$ no es coplanar, cada vector de espacio se descompone únicamente como $x\vec u + y\vec v + z\vec w$ .

Idea de prueba. A través de la punta del vector para descomponer, trazar la línea paralela a $\vec w$ ; se encuentra con el plano de $\vec u, \vec v$ en un solo punto, lo que divide el vector en un componente en ese plano (exclusivamente $x\vec u + y\vec v$ , geometría del plano) y un componente a lo largo de $\vec w$ . Singularidad: una diferencia de dos descomposiciones expresaría uno de los vectores en términos del otro dos, contradiciendo la no coplanaridad. ∎

31.2 lineas y planos

Definición 31.3 (Representación paramétrica de una línea)

La línea que pasa por $A(x_A, y_A, z_A)$ con vector de direccion $\vec u (a, b, c) \neq \vec 0$ es el conjunto de puntos

M(x_A + ta,\; y_A + tb,\; z_A + tc), \qquad t \in \R .

Definición 31.4 (Avión)

El avión que pasa por $A$ dirigido por dos no colineal vectores $\vec u, \vec v$ es el conjunto de puntos $M$ con $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ , $(s, t) \in \R^2$ .

Izquierda: la línea que pasa por A con dirección u, graduada por el parámetro t. Derecha: el avión que pasa por A dirigido por u y v; cada punto M del avión se alcanza como AM = s u + t v. — Izquierda: la línea que pasa por $A$ con dirección $\vec u$ , graduada por el parámetro $t$ . Derecha: el avión que pasa por $A$ dirigido por $\vec u$ y $\vec v$ ; cada punto $M$ del avión se alcanza como $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ .

Proposición 31.5 (Posiciones relativas)

Dos planos distintos son paralelos o se cruzan en una línea. Una línea y un plano son paralelos (posiblemente contenidos) o se cruzan en una sola punto. Dos líneas en el espacio pueden ser intersectadas, estrictamente paralelas, idénticas, o sesgar (no coplanar).

boceto. Éstas son declaraciones de incidencia; El análisis de cada caso reduce, en coordenadas, para resolver un sistema lineal y contar sus soluciones — ver Método 31.10. ∎

31.3 Producto escalar

Definición 31.6 (Escalar producto)

El producto escalar de $\vec u$ y $\vec v$ es

\vec u \cdot \vec v = \tfrac12\left(\norm{\vec u + \vec v}^2 - \norm{\vec u}^2 - \norm{\vec v}^2\right),

donde $\norm{\vec u}$ es la longitud de $\vec u$ . Si ambos vectores son distinto de cero, $\vec u \cdot \vec v = \norm{\vec u}\,\norm{\vec v}\cos\theta$ donde $\theta$ es el ángulo entre ellos; y en un ortonormal sistema de coordenadas,

\vec u \cdot \vec v = xx' + yy' + zz' .

Dos vectores son ortogonal si su producto escalar es $0$ .

Proposición 31.7 (Propiedades)

El producto escalar es simétrico ( $\vec u\cdot\vec v = \vec v\cdot\vec u$ ), bilineal ( $(a\vec u + b\vec v)\cdot \vec w = a\,\vec u\cdot\vec w + b\,\vec v\cdot \vec w$ ), y $\vec u \cdot \vec u = \norm{\vec u}^2 \geq 0$ .

Demostración. En un sistema ortonormal, las tres propiedades son inmediatas en la fórmula $xx' + yy' + zz'$ , que a su vez se deriva de la fórmula definitoria y de la Cálculo pitagórico de longitudes: $\norm{\vec u}^2 = x^2 + y^2 + z^2$ . ∎

Definición 31.8 (vectores normales)

Un vectores normales de un avión $\mathcal P$ es un distinto de cero vector ortogonal a cada vector que se encuentra en $\mathcal P$ (es basta que sea ortogonal a dos direcciones no colineal de $\mathcal P$ ).

A vectores normales n del avión P es ortogonal a todas las direcciones de P. El punto H, pie del perpendicular desde M_0, realiza la distancia desde M_0 al plano. — A vectores normales $\vec n$ del avión $\mathcal P$ es ortogonal a todas las direcciones de $\mathcal P$ . El punto $H$ , pie del perpendicular desde $M_0$ , realiza la distancia desde $M_0$ al plano.

Teorema 31.9 (Ecuación cartesiana de un plano)

En un ortonormal sistema de coordenadas, el avión que pasa $A$ con vectores normales $\vec n(a, b, c)$ tiene ecuación

a x + b y + c z + d = 0,

donde $d = -(ax_A + by_A + cz_A)$ . Por el contrario, cada uno de esos ecuación con $(a,b,c) \neq (0,0,0)$ define un plano con vectores normales $(a, b, c)$ .

Demostración. $M \in \mathcal P \iff \vect{AM} \perp \vec n \iff a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = 0$ , que se expande a ecuación. Por el contrario, elija cualquier punto de solución $A$ de ecuación; lo mismo El cálculo al revés muestra que el conjunto solución es $\{M : \vect{AM}\cdot\vec n = 0\}$ , el avión que pasa por $A$ normal a $\vec n$ . ∎

Método 31.10 (Intersecciones en la práctica)

Line $\cap$ plane: sustituir el paramétrico coordenadas de la línea hacia el plano ecuación; resolver para $t$ (una solución: una punto; $0 =$ distinto de cero: paralelo; $0 = 0$ : línea contenida).
Plane $\cap$ plane: resuelve el sistema de los dos ecuaciones, parametrizar por una coordenada libre; la solución es una línea (o la los planos son paralelos cuando los vectores normales son colineal).
Comprobaciones de ortogonalidad: línea $\perp$ plano si su dirección es colineal con lo normal; dos planos son perpendiculares si y sólo si los normales son ortogonal.

Proposición 31.11 (Distancia de un punto a un plano)

En un sistema ortonormal, la distancia desde $M_0(x_0, y_0, z_0)$ hasta el el avión $\mathcal P : ax + by + cz + d = 0$ es

\operatorname{dist}(M_0, \mathcal P) = \frac{\abs{ax_0 + by_0 + cz_0 + d}}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}.

Demostración. Sea $H$ la proyección ortogonal de $M_0$ sobre $\mathcal P$ : el pie de la perpendicular, por lo que $\vect{HM_0}$ es colineal con la unidad normal $\frac{\vec n}{\norm{\vec n}}$ , y la distancia es $\abs{\vect{HM_0}\cdot \frac{\vec n}{\norm{\vec n}}}$ . Para cualquier $H \in \mathcal P$ , $\vect{HM_0}\cdot\vec n = ax_0 + by_0 + cz_0 - (ax_H + by_H + cz_H) = ax_0 + by_0 + cz_0 + d$ (usando ecuación en $H$ ), de donde la fórmula después de dividir por $\norm{\vec n} = \sqrt{a^2+b^2+c^2}$ . ∎

Ejemplo 31.12

Distancia del origen al avión $x + 2y + 2z - 6 = 0$ : $\frac{\abs{-6}}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \frac63 = 2$ .

31.4 Ceremonias

En todos los ejercicios el sistema de coordenadas es ortonormal.

Ejercicio 31.1 ★

Sean $A(1, 0, 2)$ , $B(3, 1, 1)$ y $C(2, -1, 3)$ . ¿Están los puntos $A$ , $B$ , $C$ alineado? Dé una representación paramétrica de la línea $(AB)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 31.1.

$\vect{AB}(2, 1, -1)$ y $\vect{AC}(1, -1, 1)$ no son proporcionales ( $\frac21 \neq \frac{1}{-1}$ ), por lo que los puntos no están alineados. Línea $(AB)$ :

(x, y, z) = (1 + 2t,\; t,\; 2 - t), \qquad t \in \R .

Ejercicio 31.2 ★

Determine un cartesiano ecuación del plano que pasa por $A(1, 1, 0)$ con vectores normales $\vec n(2, -1, 3)$ . ¿Le pertenece el punto $B(0, 2, 1)$ ?

Solución

Solución de Ejercicio 31.2.

$2(x - 1) - (y - 1) + 3(z - 0) = 0$ , i.e.

2x - y + 3z - 1 = 0 .

Para $B(0,2,1)$ : $0 - 2 + 3 - 1 = 0$ : sí, $B$ se encuentra en el avión.

Ejercicio 31.3 ★

Calcula el ángulo en $A$ (al grado más cercano) del triángulo con vértices $A(0,0,0)$ , $B(1, 1, 0)$ y $C(1, 0, 1)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 31.3.

$\vect{AB}(1,1,0)$ , $\vect{AC}(1,0,1)$ :

\cos\widehat{A} = \frac{\vect{AB}\cdot\vect{AC}}{\norm{\vect{AB}}\,\norm{\vect{AC}}} = \frac{1}{\sqrt2\,\sqrt2} = \frac12,

so $\widehat A = 60^\circ$ .

Ejercicio 31.4 ★★

Considere la línea $\mathcal D$ hasta $A(1, 2, 0)$ con dirección $\vec u(1, -1, 2)$ y el avión $\mathcal P : 2x + y - z + 1 = 0$ . Determinar $\mathcal D \cap \mathcal P$ .

Solución

Solución de Ejercicio 31.4.

Puntos de $\mathcal D$ : $(1 + t,\, 2 - t,\, 2t)$ . Sustituyendo en el ecuación de $\mathcal P$ :

2(1+t) + (2 - t) - 2t + 1 = 5 - t = 0 \iff t = 5 .

Punto único intersección: $(6, -3, 10)$ .

Ejercicio 31.5 ★★

Sean $\mathcal P : x - y + 2z = 1$ y $\mathcal Q : 2x + y + z = 4$ . Demuestre que $\mathcal P$ y $\mathcal Q$ se cruzan en una línea y dé un representación paramétrica del mismo.

Solución

Solución de Ejercicio 31.5.

vectores normales $(1, -1, 2)$ y $(2, 1, 1)$ no son colineal, por lo que los planos se cruzan en una recta. Sumando los dos ecuaciones: $3x + 3z = 5$ , entonces $x = \frac53 - z$ ; entonces el primer ecuación da $y = x + 2z - 1 = \frac23 + z$ . Con $z = t$ :

(x, y, z) = \left(\frac53 - t,\; \frac23 + t,\; t\right), \qquad t \in \R,

una línea con vector de direccion $(-1, 1, 1)$ . (Ambos ecuaciones comprueban idénticamente.)

Ejercicio 31.6 ★★

Demuestre que las líneas

\mathcal D_1 : (x, y, z) = (1 + t,\; 2t,\; 3 - t), \qquad \mathcal D_2 : (x, y, z) = (2 + s,\; 1 + s,\; 1 + 2s)

están sesgados (no coplanar).

Solución

Solución de Ejercicio 31.6.

Las direcciones $\vec u_1(1, 2, -1)$ y $\vec u_2(1, 1, 2)$ no son colineal. entonces las rectas no son paralelas. La intersección requeriría

1 + t = 2 + s, \qquad 2t = 1 + s, \qquad 3 - t = 1 + 2s .

Los dos primeros dan $t = 1 + s$ y $2(1+s) = 1 + s$ , por lo que $s = -1$ , $t = 0$ ; pero luego el tercero dice $3 = -1$ , absurdo. Ningún punto en común y no paralelas: las rectas están sesgadas.

Ejercicio 31.7 ★★

Vamos $\mathcal P : 2x - y + 2z - 3 = 0$ .

Calcule la distancia desde $M_0(3, 1, 1)$ a $\mathcal P$ .
Determinar el coordenadas de la proyección ortogonal $H$ de $M_0$ en $\mathcal P$ y verifique la distancia $M_0H$ .

Solución

Solución de Ejercicio 31.7.

1. $\operatorname{dist} = \dfrac{\abs{2\cdot3 - 1 + 2\cdot1 - 3}} {\sqrt{4 + 1 + 4}} = \dfrac{4}{3}$ .

2. $H = M_0 + t\,\vec n$ con $\vec n(2, -1, 2)$ , eligiendo $t$ para que $H \in \mathcal P$ :

2(3 + 2t) - (1 - t) + 2(1 + 2t) - 3 = 4 + 9t = 0 \iff t = -\frac49 .

Por lo tanto $H\left(\frac{19}{9}, \frac{13}{9}, \frac19\right)$ , y

M_0H = \norm{t\,\vec n} = \frac49 \times 3 = \frac43,

coincide con la fórmula de la distancia.

Ejercicio 31.8 ★★★

El cubo $ABCDEFGH$ tiene el lado $1$ ; coloque coordenadas para que $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ (con $C = B + D$ , $F = B + E$ , $G = B + D + E$ , $H = D + E$ como vectores de $A$ ).

Demuestre que la diagonal $(AG)$ es ortogonal con respecto al plano $(BDE)$ .
Calcula la distancia desde $A$ al plano $(BDE)$ y el punto donde $(AG)$ lo perfora.

Solución

Solución de Ejercicio 31.8.

Coordenadas: $G(1,1,1)$ , y el avión $(BDE)$ pasa por $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ .

1. El avión $(BDE)$ tiene ecuación $x + y + z = 1$ (satisfecho con el tres puntos y no están alineados), por lo que $\vec n(1,1,1)$ es normal eso. Desde $\vect{AG} = (1,1,1) = \vec n$ , la diagonal $(AG)$ es ortogonal al avión $(BDE)$ .

2. Distancia desde $A(0,0,0)$ : $\frac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{3}$ . La línea $(AG)$ es $(t, t, t)$ ; se encuentra con el avión cuando $3t = 1$ : en el punto $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ , el centroide del triángulo $BDE$ .

Ejercicio 31.9 ★★★

(Volumen de un tetraedro). Vamos $A(1,1,1)$ , $B(2,1,0)$ , $C(0,2,1)$ y $D(2,2,2)$ .

Verifique que $\vect{AB}$ , $\vect{AC}$ , $\vect{AD}$ no sean coplanar (los puntos forman un tetraedro genuino).
Encuentre un vector $\vec n$ ortogonal para $\vect{BC}$ y $\vect{BD}$ , y deducir un cartesiano ecuación del plano $(BCD)$ .
Calcula la distancia desde $A$ al plano $(BCD)$ y el área de el triángulo $BCD$ , usando la fórmula $\text{Area} = \frac12\sqrt{\norm{\vec u}^2\norm{\vec v}^2 - (\vec u \cdot \vec v)^2}$ para el triángulo abarcado por $\vec u, \vec v$ .
Deducir el volumen del tetraedro ( $V = \frac13 \times \text{base area} \times \text{height}$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 31.9.

1. $\vect{AB}(1, 0, -1)$ , $\vect{AC}(-1, 1, 0)$ , $\vect{AD}(1, 1, 1)$ . Si $\vect{AD} = a\vect{AB} + b\vect{AC}$ , el coordenadas dan $a - b = 1$ , $b = 1$ , $-a = 1$ : los dos primeros fuerzan $a = 2$ , contradiciendo $a = -1$ . No coplanar.

2. $\vect{BC}(-2, 1, 1)$ , $\vect{BD}(0, 1, 2)$ . Resolviendo $\vec n \cdot \vect{BC} = \vec n \cdot \vect{BD} = 0$ : desde $b + 2c = 0$ , $b = -2c$ ; entonces $-2a - 2c + c = 0$ da $c = -2a$ . con $a = 1$ : $\vec n(1, 4, -2)$ . Avión a través de $B(2,1,0)$ :

x + 4y - 2z - 6 = 0 .

3. Distancia desde $A(1,1,1)$ : $\dfrac{\abs{1 + 4 - 2 - 6}}{\sqrt{21}} = \dfrac{3}{\sqrt{21}}$ . Área de $BCD$ : $\norm{\vect{BC}}^2 = 6$ , $\norm{\vect{BD}}^2 = 5$ , $\vect{BC}\cdot\vect{BD} = 3$ , entonces

\text{Area} = \frac12\sqrt{6 \times 5 - 9} = \frac{\sqrt{21}}{2}.

V = \frac13 \times \frac{\sqrt{21}}{2} \times \frac{3}{\sqrt{21}} = \frac12 .

31.5 Problema: cortar el cubo

Problema 31.1

Problema de fin de semana — un avión corta un cubo en un hexágono perfecto, un tetraedro regular se esconde en las esquinas, y el ángulo de la diagonal da forma a cada diamante

Corta un cubo y esperas cuadrados y rectángulos, pero uno El famoso corte produce un hexágono regular, y cuatro inteligentes Los cortes en las esquinas dejan un tetraedro regular. ambos sorpresas, y el ángulo $109.5^\circ$ que adoran los átomos de carbono, Caiga al conjunto de herramientas de este capítulo: líneas paramétricas, plano ecuaciones y el producto escalar (Teorema 31.9, Proposición 31.11). Usar en todo el cubo de Ejercicio 31.8: lateral $1$ , $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ , $C(1,1,0)$ , $F(1,0,1)$ , $H(0,1,1)$ , $G(1,1,1)$ .

Parte I — Fluency.

Escribe el ecuación del avión hasta $B(1,0,0)$ con vectores normales $(1,1,1)$ , una representación paramétrica de la línea a través de $A$ dirigida por $(1,1,1)$ , y sus intersección punto.
Calcula la distancia desde $A$ a ese avión. (Proposición 31.11).
¿Son los vectores $(1,-1,0)$ y $(1,1,-2)$ ortogonal?
Posición de los planos $x + y + z = 1$ y $2x + 2y + 2z = 5$ ? De la línea por $A$ dirigida por $(1,1,0)$ en relación con el primer avión?
Enumere el puntos medios de los seis bordes. $[BC], [CD], [DH], [HE], [EF], [FB]$ del cubo, y verificar que los seis cumplan con el ecuación $x + y + z = \frac32$ .

Parte II — The hexagonal section. Sea $P$ el avión $x + y + z = \frac32$ .

Demuestre que $P$ es perpendicular a la gran diagonal $(AG)$ y pasa por el centro del cubo.
Calcular las distancias entre puntos medios consecutivos de Pregunta 5 alrededor de la sección: ¿Qué encuentras?
Calcular el ángulo del polígono de la sección en uno vértice (dos vectores-de-borde consecutivos y un punto producto). Conclusión: la sección es un regular hexágono.
Calcula el perímetro y el área del hexágono y compara el área con la de una cara del cubo. (Para el registro: la sección plana más grande del cubo unitario es el rectángulo diagonal $1 \times \sqrt2$ , de área $\sqrt2$ — el hexágono regular lleva plata.)
¿Dónde perfora la diagonal $(AG)$ $P$ ? verificar que el punto de perforación es el punto medio de $[AG]$ .
Desliza el corte: describe las secciones $x + y + z = c$ a medida que $c$ crece de $0$ a $3$ — calcular la sección para $c = \frac12$ (qué polígono, ¿de qué tamaño?), y narrar la transformación que pasa a través de su hexágono en $c = \frac32$ .
¿Por qué ningún plano puede cortar un cubo en un polígono con Siete lados? (¿Dónde debe cada lado del sección mentira?)

Parte III — The hidden tetrahedron.

Calcular el volumen del tetraedro de esquina $ABDE$ (base, altura y la fórmula de un tercio, la mitad Volumen escolar admitido — Ejercicio 31.9 calcula tales volúmenes en general).
Los cuatro vértices $B$ , $D$ , $E$ , $G$ : calcular los seis distancias por pares y concluir que $BDEG$ es un regular tetraedro. Luego obtenga su volumen por restando los tetraedros de las esquinas del cubo.
Calcula la distancia desde el centro del cubo hasta el avión $(BDE)$ .
El ángulo del diamante: calcula el ángulo entre el diagonales $\vect{AG}$ y $\vect{BH}$ del cubo. su suplemento, aproximadamente $109.5^\circ$ , es el ángulo entre enlaces en diamante y metano — ¿por qué cuatro Los pares de electrones alrededor de un átomo de carbono eligen las esquinas. del tetraedro de la pregunta 14?

Parte IV — Genuinely three-dimensional.

Encuentra dónde está la línea que pasa por $B(1,0,0)$ dirigida por $(0,1,1)$ perfora el plano del hexágono $P$ .
Demuestre que las líneas $(AB)$ y $(EG)$ no se encuentran ni son paralelas: líneas sesgar, el fenómeno que No puede suceder en un avión.
Calcule la proyección ortogonal de $B$ sobre $P$ (caminar desde $B$ por la normal hasta el avión), y compruebe que su punto satisface el ecuación de $P$ .
Finale — el kit del topógrafo espacial: líneas paramétricas para perforar, vectores normales para ángulos y distancias, plano ecuaciones para secciones; y el cubo como patio de juegos donde produjeron un hexágono, un tetraedro, el ángulo del diamante y un par de sesgos líneas. Una frase cada uno.

Solución

Solución de Problema 31.1.

1. Avión: $x + y + z = 1$ . Línea: $(t, t, t)$ . Intersección: $3t = 1$ : $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ .

2. $\dfrac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{\sqrt3}{3}$ .

3. $1 - 1 + 0 = 0$ : ortogonal.

4. Lo mismo $(1,1,1)$ normal, pero $\frac52 \neq 1$ : planos estrictamente paralelos. La línea: dirección $(1,1,0) \cdot (1,1,1) = 2 \neq 0$ : no paralelo al plano, entonces lo perfora en un punto.

5. Puntos medios: $\left(1, \frac12, 0\right)$ , $\left(\frac12, 1, 0\right)$ , $\left(0, 1, \frac12\right)$ , $\left(0, \frac12, 1\right)$ , $\left(\frac12, 0, 1\right)$ , $\left(1, 0, \frac12\right)$ : cada uno tiene suma de coordenadas $\frac32$ .

6. $P$ es normal $(1,1,1)$ , la dirección de $(AG)$ : perpendicular. el centro $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ tiene suma de coordenadas $\frac32$ : en $P$ .

7. puntos medios consecutivos difieren por vectores como $\left(-\frac12, \frac12, 0\right)$ : longitud $\frac{\sqrt2}{2}$ cada vez — seis lados iguales.

8. En $\left(\frac12, 1, 0\right)$ : vectores-de-borde $\left(\frac12, -\frac12, 0\right)$ y $\left(-\frac12, 0, \frac12\right)$ : producto escalar $-\frac14$ , normas $\frac{\sqrt2}{2}$ : $\cos = -\frac12$ : ángulo $120^\circ$ . Lados iguales, ángulos iguales $120^\circ$ : un regular hexágono.

9. Perímetro $6 \times \frac{\sqrt2}{2} = 3\sqrt2 \approx 4.24$ . Área $6 \times \frac{\sqrt3}{4} \times \frac12 = \frac{3\sqrt3}{4} \approx 1.30$ : más grande que una cara (área $1$ ) — una porción más grande que cualquier lado de la caja; solo el rectángulo diagonal ( $\sqrt2 \approx 1.41$ ) lo supera.

10. $(t,t,t)$ se encuentra con $P$ en $t = \frac12$ : el centro — que es el punto medio de $[AG]$ ( $A$ en $t = 0$ , $G$ en $t = 1$ ).

11. Para $c = \frac12$ : el plano corta los tres bordes en la esquina de $A$ , en $\left(\frac12,0,0\right)$ , $\left(0,\frac12,0\right)$ , $\left(0,0,\frac12\right)$ : un triángulo equilátero de lado $\frac{\sqrt2}{2}$ . A medida que $c$ crece, el triángulo crece, sus esquinas se truncan en un hexágono (normal exactamente en $c = \frac32$ ), luego la imagen se reduce simétricamente de regreso a un triángulo en la esquina de $G$ : el transformación tallada en cristal.

12. Cada lado de la sección es el intersección de el plano de corte con un rostro del cubo, y un El plano se encuentra con una cara (un polígono plano) en como máximo un segmento: como máximo $6$ lados. Siete es imposible; tres a seis todos ocurren (las preguntas 8 y 11 muestran dos de ellos).

13. Base $ABD$ : triángulo rectángulo del área $\frac12$ ; altura $AE = 1$ : volumen $\frac13 \times \frac12 \times 1 = \frac16$ .

14. Cada par entre $B, D, E, G$ difiere exactamente en dos coordenadas por $1$ : las seis distancias son iguales $\sqrt2$ — regulares. El cubo se divide en $BDEG$ más cuatro esquinas. tetraedros congruentes con $ABDE$ : volumen $1 - 4 \times \frac16 = \frac13$ .

15. Avión $(BDE)$ : $x + y + z = 1$ ; centro $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ : distancia $\frac{\abs{\frac32 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{2\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{6}$ .

16. $\vect{AG} = (1,1,1)$ , $\vect{BH} = (-1,1,1)$ : $\cos\theta = \frac{-1 + 1 + 1}{3} = \frac13$ : $\theta \approx 70.5^\circ$ , suplemento $\approx 109.5^\circ$ . Cuatro pares de electrones se repelen y esparcidos lo más lejos posible alrededor del carbono: el óptimo son las esquinas del tetraedro regular, cuyas las direcciones del centro al vértice se encuentran exactamente en este ángulo — el diamante es la pregunta 14 cristalizado.

17. $(1, t, t)$ en $P$ : $1 + 2t = \frac32$ : $t = \frac14$ : el punto $\left(1, \frac14, \frac14\right)$ .

18. $(AB)$ : puntos $(t, 0, 0)$ ; $(EG)$ : puntos $(s, s, 1)$ . La reunión necesitaría $0 = 1$ en el tercero. coordinar: nunca. Paralelo necesitaría $(1,0,0)$ y $(1,1,0)$ colineal: no. Ni encuentro ni paralelo: sesgo — dos pasillos en diferentes pisos.

19. $B + t(1,1,1) = (1 + t, t, t)$ en $P$ : $1 + 3t = \frac32$ : $t = \frac16$ : proyección $\left(\frac76, \frac16, \frac16\right)$ , cuya suma de coordenadas es $\frac32$ : en $P$ , según sea necesario.

20. Perforación de líneas paramétricas (preguntas 1, 10, 17); vectores normales medir ángulos y distancias (preguntas 2, 8, 15, 16); plano ecuaciones tallar secciones (el triángulo a transformación hexagonal). Y el parque infantil retribuyó la visita: un hexágono regular en una caja de cuadrados, un tetraedro regular en las esquinas, el ángulo del diamante y dos líneas que ignoran entre sí — la geometría que sólo el espacio puede ofrecer.