Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

31Vectoren, rechten en vlakken in de ruimte

De meetkunde van de drie dimensies wordt berekenbaar zodra vectoren en coördinaten beschikbaar zijn: rechten krijgen een parametervoorstelling, vlakken krijgen een cartesische vergelijking, en het scalair product meet hoeken en afstanden. Dit hoofdstuk bouwt die gereedschapskist op en lost er de klassieke problemen over doorsneden en afstanden mee op.

31.1 Vectoren in de ruimte

Vectoren in de ruimte gehoorzamen aan dezelfde regels als in het vlak: ze tellen op, ze schalen, en $\vect{AB} = \vect{CD}$ precies wanneer $ABDC$ een parallellogram is. In een assenstelsel $(O; \vec\imath, \vec\jmath, \vec k)$ heeft elke vector coördinaten $(x, y, z)$ .

Definitie 31.1 (Collineair, coplanair)

Twee vectoren heten collineair als de ene een veelvoud van de andere is. Drie vectoren $\vec u, \vec v, \vec w$ heten coplanair als een van hen als een combinatie van de twee andere geschreven kan worden, bijvoorbeeld $\vec w = a\vec u + b\vec v$ .

Propositie 31.2

Zijn $\vec u, \vec v, \vec w$ niet coplanair, dan valt elke vector van de ruimte op precies één manier uiteen als $x\vec u + y\vec v + z\vec w$ .

Idee van het bewijs. Trek door het uiteinde van de te ontbinden vector de rechte evenwijdig met $\vec w$ ; die snijdt het vlak van $\vec u$ en $\vec v$ in één enkel punt, dat de vector splitst in een component in dat vlak (op één manier $x\vec u + y\vec v$ , vlakke meetkunde) en een component langs $\vec w$ . Uniciteit: een verschil van twee ontbindingen zou een van de vectoren in functie van de twee andere uitdrukken, in tegenspraak met de niet-coplanariteit. ∎

31.2 Rechten en vlakken

Definitie 31.3 (Parametervoorstelling van een rechte)

De rechte door $A(x_A, y_A, z_A)$ met richtingsvector $\vec u (a, b, c) \neq \vec 0$ is de verzameling van de punten

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

Definitie 31.4 (Vlak)

Het vlak door $A$ opgespannen door twee niet-collineaire vectoren $\vec u, \vec v$ is de verzameling van de punten $M$ met $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ , $(s, t) \in \R^2$ .

Links: de rechte door A met richting u, geijkt door de parameter t. Rechts: het vlak door A opgespannen door u en v; elk punt M van het vlak wordt bereikt als AM = s u + t v. — Links: de rechte door $A$ met richting $\vec u$ , geijkt door de parameter $t$ . Rechts: het vlak door $A$ opgespannen door $\vec u$ en $\vec v$ ; elk punt $M$ van het vlak wordt bereikt als $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ .

Propositie 31.5 (Onderlinge liggingen)

Twee verschillende vlakken zijn ofwel evenwijdig, ofwel snijden ze elkaar volgens een rechte. Een rechte en een vlak zijn ofwel evenwijdig (eventueel met de rechte in het vlak), ofwel snijden ze elkaar in één enkel punt. Twee rechten in de ruimte kunnen snijdend, strikt evenwijdig, samenvallend of kruisend (niet coplanair) zijn.

Schets. Het gaat om uitspraken over incidentie; elke gevalsonderscheiding herleidt zich in coördinaten tot het oplossen van een lineair stelsel en het tellen van de oplossingen — zie Methode 31.10. ∎

31.3 Scalair product

Definitie 31.6 (Scalair product)

Het scalair product van $\vec u$ en $\vec v$ is

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

waarbij $\norm{\vec u}$ de lengte van $\vec u$ is. Zijn beide vectoren verschillend van $\vec 0$ , dan is $\vec u \cdot \vec v = \norm{\vec u}\,\norm{\vec v}\cos\theta$ met $\theta$ de hoek tussen beide; en in een orthonormaal assenstelsel geldt

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

Twee vectoren heten orthogonaal als hun scalair product $0$ is.

Propositie 31.7 (Eigenschappen)

Het scalair product is symmetrisch ( $\vec u\cdot\vec v = \vec v\cdot\vec u$ ) en bilineair ( $(a\vec u + b\vec v)\cdot \vec w = a\,\vec u\cdot\vec w + b\,\vec v\cdot \vec w$ ), en $\vec u \cdot \vec u = \norm{\vec u}^2 \geq 0$ .

Bewijs. In een orthonormaal assenstelsel zijn alle drie de eigenschappen onmiddellijk af te lezen op de formule $xx' + yy' + zz'$ , die zelf volgt uit de definiërende formule en uit de berekening van de lengtes met Pythagoras: $\norm{\vec u}^2 = x^2 + y^2 + z^2$ . ∎

Definitie 31.8 (Normaalvector)

Een normaalvector van een vlak $\mathcal P$ is een vector verschillend van $\vec 0$ die orthogonaal is met elke vector die in $\mathcal P$ ligt (het volstaat dat hij orthogonaal is met twee niet-collineaire richtingen van $\mathcal P$ ).

Een normaalvector n van het vlak P is orthogonaal met elke richting van P. Het punt H, de voet van de loodlijn uit M_0, verwezenlijkt de afstand van M_0 tot het vlak. — Een normaalvector $\vec n$ van het vlak $\mathcal P$ is orthogonaal met elke richting van $\mathcal P$ . Het punt $H$ , de voet van de loodlijn uit $M_0$ , verwezenlijkt de afstand van $M_0$ tot het vlak.

Stelling 31.9 (Cartesische vergelijking van een vlak)

In een orthonormaal assenstelsel heeft het vlak door $A$ met normaalvector $\vec n(a, b, c)$ als vergelijking

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

met $d = -(ax_A + by_A + cz_A)$ . Omgekeerd bepaalt elke zulke vergelijking met $(a,b,c) \neq (0,0,0)$ een vlak met normaalvector $(a, b, c)$ .

Bewijs. $M \in \mathcal P \iff \vect{AM} \perp \vec n \iff a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = 0$ , wat uitgewerkt de vergelijking oplevert. Omgekeerd: kies een willekeurig punt $A$ dat aan de vergelijking voldoet; dezelfde berekening in omgekeerde richting toont dat de oplossingsverzameling $\{M : \vect{AM}\cdot\vec n = 0\}$ is, het vlak door $A$ loodrecht op $\vec n$ . ∎

Methode 31.10 (Doorsneden in de praktijk)

Rechte $\cap$ vlak: vul de coördinaten uit de parametervoorstelling van de rechte in de vergelijking van het vlak in en los op naar $t$ (één oplossing: één punt; $0 =$ iets van nul verschillend: evenwijdig; $0 = 0$ : de rechte ligt in het vlak).
Vlak $\cap$ vlak: los het stelsel van de twee vergelijkingen op en parametriseer met één vrije coördinaat; de oplossing is een rechte (of de vlakken zijn evenwijdig wanneer de normaalvectoren collineair zijn).
Toetsen op orthogonaliteit: een rechte staat loodrecht op een vlak als en slechts als haar richting collineair is met de normaal; twee vlakken staan loodrecht op elkaar als en slechts als hun normalen orthogonaal zijn.

Propositie 31.11 (Afstand van een punt tot een vlak)

In een orthonormaal assenstelsel is de afstand van $M_0(x_0, y_0, z_0)$ tot het vlak $\mathcal P : ax + by + cz + d = 0$ gelijk aan

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

Bewijs. Zij $H$ de orthogonale projectie van $M_0$ op $\mathcal P$ : de voet van de loodlijn, zodat $\vect{HM_0}$ collineair is met de eenheidsnormaal $\frac{\vec n}{\norm{\vec n}}$ en de afstand $\abs{\vect{HM_0}\cdot \frac{\vec n}{\norm{\vec n}}}$ bedraagt. Voor elke $H \in \mathcal P$ geldt $\vect{HM_0}\cdot\vec n = ax_0 + by_0 + cz_0 - (ax_H + by_H + cz_H) = ax_0 + by_0 + cz_0 + d$ (met de vergelijking in $H$ ), waaruit de formule volgt na deling door $\norm{\vec n} = \sqrt{a^2+b^2+c^2}$ . ∎

Voorbeeld 31.12

Afstand van de oorsprong tot het vlak $x + 2y + 2z - 6 = 0$ : $\frac{\abs{-6}}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \frac63 = 2$ .

31.4 Oefeningen

In alle oefeningen is het assenstelsel orthonormaal.

Oefening 31.1 ★

Zij $A(1, 0, 2)$ , $B(3, 1, 1)$ en $C(2, -1, 3)$ . Liggen de punten $A$ , $B$ en $C$ op één rechte? Geef een parametervoorstelling van de rechte $(AB)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.1.

$\vect{AB}(2, 1, -1)$ en $\vect{AC}(1, -1, 1)$ zijn niet evenredig ( $\frac21 \neq \frac{1}{-1}$ ), dus de punten liggen niet op één rechte. De rechte $(AB)$ :

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

Oefening 31.2 ★

Bepaal een cartesische vergelijking van het vlak door $A(1, 1, 0)$ met normaalvector $\vec n(2, -1, 3)$ . Behoort het punt $B(0, 2, 1)$ ertoe?

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.2.

$2(x - 1) - (y - 1) + 3(z - 0) = 0$ , dat wil zeggen

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

Voor $B(0,2,1)$ : $0 - 2 + 3 - 1 = 0$ : ja, $B$ ligt in het vlak.

Oefening 31.3 ★

Bereken de hoek in $A$ (op één graad nauwkeurig) van de driehoek met hoekpunten $A(0,0,0)$ , $B(1, 1, 0)$ en $C(1, 0, 1)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.3.

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

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

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

Oefening 31.4 ★★

Beschouw de rechte $\mathcal D$ door $A(1, 2, 0)$ met richting $\vec u(1, -1, 2)$ , en het vlak $\mathcal P : 2x + y - z + 1 = 0$ . Bepaal $\mathcal D \cap \mathcal P$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.4.

De punten van $\mathcal D$ : $(1 + t,\, 2 - t,\, 2t)$ . Invullen in de vergelijking van $\mathcal P$ :

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

Eén enkel snijpunt: $(6, -3, 10)$ .

Oefening 31.5 ★★

Zij $\mathcal P : x - y + 2z = 1$ en $\mathcal Q : 2x + y + z = 4$ . Toon aan dat $\mathcal P$ en $\mathcal Q$ elkaar volgens een rechte snijden en geef daarvan een parametervoorstelling.

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.5.

De normaalvectoren $(1, -1, 2)$ en $(2, 1, 1)$ zijn niet collineair, dus de vlakken snijden elkaar volgens een rechte. De twee vergelijkingen optellen geeft $3x + 3z = 5$ , dus $x = \frac53 - z$ ; de eerste vergelijking geeft dan $y = x + 2z - 1 = \frac23 + z$ . Met $z = t$ :

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

een rechte met richtingsvector $(-1, 1, 1)$ . (Beide vergelijkingen kloppen identiek.)

Oefening 31.6 ★★

Toon aan dat de rechten

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

kruisend zijn (niet coplanair).

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.6.

De richtingen $\vec u_1(1, 2, -1)$ en $\vec u_2(1, 1, 2)$ zijn niet collineair, dus de rechten zijn niet evenwijdig. Snijden zouden ze alleen als

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

De twee eerste geven $t = 1 + s$ en $2(1+s) = 1 + s$ , dus $s = -1$ en $t = 0$ ; maar dan luidt de derde $3 = -1$ , ongerijmd. Geen gemeenschappelijk punt en niet evenwijdig: de rechten zijn kruisend.

Oefening 31.7 ★★

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

Bereken de afstand van $M_0(3, 1, 1)$ tot $\mathcal P$ .
Bepaal de coördinaten van de orthogonale projectie $H$ van $M_0$ op $\mathcal P$ , en controleer de afstand $M_0H$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.7.

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

2. $H = M_0 + t\,\vec n$ met $\vec n(2, -1, 2)$ , waarbij $t$ zo gekozen wordt dat $H \in \mathcal P$ :

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

Dus $H\left(\frac{19}{9}, \frac{13}{9}, \frac19\right)$ , en

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

in overeenstemming met de afstandsformule.

Oefening 31.8 ★★★

De kubus $ABCDEFGH$ heeft ribbe $1$ ; kies de coördinaten zo dat $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ en $E(0,0,1)$ (met $C = B + D$ , $F = B + E$ , $G = B + D + E$ en $H = D + E$ als vectoren vanuit $A$ ).

Toon aan dat de diagonaal $(AG)$ orthogonaal is met het vlak $(BDE)$ .
Bereken de afstand van $A$ tot het vlak $(BDE)$ , en het punt waar $(AG)$ er doorheen prikt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.8.

Coördinaten: $G(1,1,1)$ , en het vlak $(BDE)$ gaat door $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ en $E(0,0,1)$ .

1. Het vlak $(BDE)$ heeft als vergelijking $x + y + z = 1$ (voldaan door de drie punten, die niet op één rechte liggen), dus is $\vec n(1,1,1)$ er een normaalvector van. Omdat $\vect{AG} = (1,1,1) = \vec n$ , is de diagonaal $(AG)$ orthogonaal met het vlak $(BDE)$ .

2. Afstand vanaf $A(0,0,0)$ : $\frac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{3}$ . De rechte $(AG)$ is $(t, t, t)$ ; ze ontmoet het vlak zodra $3t = 1$ : in het punt $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ , het zwaartepunt van de driehoek $BDE$ .

Oefening 31.9 ★★★

(Volume van een viervlak.) Zij $A(1,1,1)$ , $B(2,1,0)$ , $C(0,2,1)$ en $D(2,2,2)$ .

Ga na dat $\vect{AB}$ , $\vect{AC}$ en $\vect{AD}$ niet coplanair zijn (de punten vormen een echt viervlak).
Zoek een vector $\vec n$ orthogonaal met zowel $\vect{BC}$ als $\vect{BD}$ , en leid een cartesische vergelijking van het vlak $(BCD)$ af.
Bereken de afstand van $A$ tot het vlak $(BCD)$ en de oppervlakte van de driehoek $BCD$ , met de formule $\text{Opp} = \frac12\sqrt{\norm{\vec u}^2\norm{\vec v}^2 - (\vec u \cdot \vec v)^2}$ voor de driehoek opgespannen door $\vec u$ en $\vec v$ .
Leid het volume van het viervlak af ( $V = \frac13 \times \text{grondvlak} \times \text{hoogte}$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.9.

1. $\vect{AB}(1, 0, -1)$ , $\vect{AC}(-1, 1, 0)$ en $\vect{AD}(1, 1, 1)$ . Zou $\vect{AD} = a\vect{AB} + b\vect{AC}$ gelden, dan geven de coördinaten $a - b = 1$ , $b = 1$ en $-a = 1$ : de twee eerste dwingen $a = 2$ af, in tegenspraak met $a = -1$ . Niet coplanair.

2. $\vect{BC}(-2, 1, 1)$ en $\vect{BD}(0, 1, 2)$ . Los $\vec n \cdot \vect{BC} = \vec n \cdot \vect{BD} = 0$ op: uit $b + 2c = 0$ volgt $b = -2c$ ; dan geeft $-2a - 2c + c = 0$ dat $c = -2a$ . Met $a = 1$ : $\vec n(1, 4, -2)$ . Het vlak door $B(2,1,0)$ :

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

3. Afstand vanaf $A(1,1,1)$ : $\dfrac{\abs{1 + 4 - 2 - 6}}{\sqrt{21}} = \dfrac{3}{\sqrt{21}}$ . Oppervlakte van $BCD$ : $\norm{\vect{BC}}^2 = 6$ , $\norm{\vect{BD}}^2 = 5$ en $\vect{BC}\cdot\vect{BD} = 3$ , dus

\text{Opp} = \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 Opgave: de kubus doorsnijden

Probleem 31.1

Weekendopgave — een vlak snijdt een kubus tot een volmaakte zeshoek, een regelmatig viervlak verstopt zich in de hoeken, en de hoek van de diagonaal vormt elke diamant

Snijd een kubus door en je verwacht vierkanten en rechthoeken — en toch levert één beroemde snede een regelmatige zeshoek op, en laten vier slimme hoeksnedes een regelmatig viervlak achter. Beide verrassingen, en de hoek van $109.5^\circ$ die de koolstofatomen vereren, bezwijken voor de gereedschapskist van dit hoofdstuk: parametervoorstellingen van rechten, vergelijkingen van vlakken en het scalair product (Stelling 31.9, Propositie 31.11). Gebruik overal de kubus van Oefening 31.8: ribbe $1$ , $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ , $C(1,1,0)$ , $F(1,0,1)$ , $H(0,1,1)$ , $G(1,1,1)$ .

Deel I — Vlotheid.

Schrijf de vergelijking op van het vlak door $B(1,0,0)$ met normaalvector $(1,1,1)$ , een parametervoorstelling van de rechte door $A$ met richting $(1,1,1)$ , en hun snijpunt.
Bereken de afstand van $A$ tot dat vlak (Propositie 31.11).
Zijn de vectoren $(1,-1,0)$ en $(1,1,-2)$ orthogonaal?
Hoe liggen de vlakken $x + y + z = 1$ en $2x + 2y + 2z = 5$ ten opzichte van elkaar? En de rechte door $A$ met richting $(1,1,0)$ ten opzichte van het eerste vlak?
Som de middens op van de zes ribben $[BC], [CD], [DH], [HE], [EF], [FB]$ van de kubus, en ga na dat alle zes aan de vergelijking $x + y + z = \frac32$ voldoen.

Deel II — De zeshoekige doorsnede. Zij $P$ het vlak $x + y + z = \frac32$ .

Toon aan dat $P$ loodrecht staat op de lichaamsdiagonaal $(AG)$ en door het middelpunt van de kubus gaat.
Bereken de afstanden tussen de opeenvolgende middens uit vraag 5 langs de doorsnede: wat vind je?
Bereken de hoek van de veelhoek van de doorsnede in één hoekpunt (twee opeenvolgende zijdevectoren en een scalair product). Besluit: de doorsnede is een regelmatige zeshoek.
Bereken de omtrek en de oppervlakte van de zeshoek, en vergelijk die oppervlakte met die van een zijvlak van de kubus. (Voor de volledigheid: de grootste vlakke doorsnede van de eenheidskubus is de diagonale rechthoek $1 \times \sqrt2$ , met oppervlakte $\sqrt2$ — de regelmatige zeshoek pakt het zilver.)
Waar prikt de diagonaal $(AG)$ door $P$ ? Ga na dat het prikpunt het midden van $[AG]$ is.
Laat de snede schuiven: beschrijf de doorsneden $x + y + z = c$ naarmate $c$ van $0$ tot $3$ groeit — bereken de doorsnede voor $c = \frac12$ (welke veelhoek, welke afmeting?), en vertel de gedaanteverwisseling die bij $c = \frac32$ door jouw zeshoek gaat.
Waarom kan geen enkel vlak een kubus in een veelhoek met zeven zijden snijden? (Waar moet elke zijde van de doorsnede liggen?)

Deel III — Het verborgen viervlak.

Bereken het volume van het hoekviervlak $ABDE$ (grondvlak, hoogte en de formule met een derde die het onderbouwvolume aannam — Oefening 31.9 berekent zulke volumes in het algemeen).
De vier hoekpunten $B$ , $D$ , $E$ en $G$ : bereken alle zes de paarsgewijze afstanden en besluit dat $BDEG$ een regelmatig viervlak is. Bepaal daarna zijn volume door de hoekviervlakken van de kubus af te trekken.
Bereken de afstand van het middelpunt van de kubus tot het vlak $(BDE)$ .
De diamanthoek: bereken de hoek tussen de diagonalen $\vect{AG}$ en $\vect{BH}$ van de kubus. Haar supplement, ongeveer $109.5^\circ$ , is de hoek tussen de bindingen in diamant en in methaan — waarom kiezen vier elektronenparen rond een koolstofatoom de hoekpunten van het viervlak uit vraag 14?

Deel IV — Echt driedimensionaal.

Zoek waar de rechte door $B(1,0,0)$ met richting $(0,1,1)$ door het vlak $P$ van de zeshoek prikt.
Toon aan dat de rechten $(AB)$ en $(EG)$ elkaar niet snijden en niet evenwijdig zijn: kruisende rechten, het verschijnsel dat in een vlak onmogelijk is.
Bereken de orthogonale projectie van $B$ op $P$ (loop van $B$ uit langs de normaal tot aan het vlak), en ga na dat jouw punt aan de vergelijking van $P$ voldoet.
Slotstuk — de uitrusting van de landmeter in de ruimte: parametervoorstellingen om door te prikken, normaalvectoren voor hoeken en afstanden, vergelijkingen van vlakken voor doorsneden; en de kubus als speelterrein waar ze een zeshoek, een regelmatig viervlak, de diamanthoek en een paar kruisende rechten voortbrachten. Telkens één zin.

Oplossing

Oplossing van Probleem 31.1.

1. Het vlak: $x + y + z = 1$ . De rechte: $(t, t, t)$ . Het snijpunt: $3t = 1$ , dus $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ .

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

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

4. Dezelfde normaal $(1,1,1)$ , maar $\frac52 \neq 1$ : strikt evenwijdige vlakken. De rechte: haar richting geeft $(1,1,0) \cdot (1,1,1) = 2 \neq 0$ : niet evenwijdig met het vlak, dus ze prikt er in één punt doorheen.

5. De middens: $\left(1, \frac12, 0\right)$ , $\left(\frac12, 1, 0\right)$ , $\left(0, 1, \frac12\right)$ , $\left(0, \frac12, 1\right)$ , $\left(\frac12, 0, 1\right)$ en $\left(1, 0, \frac12\right)$ : elk heeft $\frac32$ als som van zijn coördinaten.

6. De normaal van $P$ is $(1,1,1)$ , de richting van $(AG)$ : loodrecht. Het middelpunt $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ heeft coördinatensom $\frac32$ : het ligt op $P$ .

7. Opeenvolgende middens verschillen over vectoren zoals $\left(-\frac12, \frac12, 0\right)$ : telkens lengte $\frac{\sqrt2}{2}$ — zes gelijke zijden.

8. In $\left(\frac12, 1, 0\right)$ : de zijdevectoren $\left(\frac12, -\frac12, 0\right)$ en $\left(-\frac12, 0, \frac12\right)$ hebben scalair product $-\frac14$ en normen $\frac{\sqrt2}{2}$ , dus $\cos = -\frac12$ : de hoek is $120^\circ$ . Gelijke zijden en gelijke hoeken van $120^\circ$ : een regelmatige zeshoek.

9. Omtrek $6 \times \frac{\sqrt2}{2} = 3\sqrt2 \approx 4.24$ . Oppervlakte $6 \times \frac{\sqrt3}{4} \times \frac12 = \frac{3\sqrt3}{4} \approx 1.30$ : groter dan een zijvlak (oppervlakte $1$ ) — een snede groter dan elke zijde van de doos; alleen de diagonale rechthoek ( $\sqrt2 \approx 1.41$ ) doet beter.

10. $(t,t,t)$ ontmoet $P$ bij $t = \frac12$ : het middelpunt — en dat is het midden van $[AG]$ ( $A$ bij $t = 0$ , $G$ bij $t = 1$ ).

11. Voor $c = \frac12$ snijdt het vlak de drie ribben bij de hoek van $A$ , in $\left(\frac12,0,0\right)$ , $\left(0,\frac12,0\right)$ en $\left(0,0,\frac12\right)$ : een gelijkzijdige driehoek met zijde $\frac{\sqrt2}{2}$ . Naarmate $c$ groeit, groeit die driehoek, worden zijn hoeken afgeknot tot een zeshoek (regelmatig precies bij $c = \frac32$ ), en krimpt het beeld daarna symmetrisch terug tot een driehoek bij de hoek van $G$ : de gedaanteverwisseling van een geslepen kristal.

12. Elke zijde van de doorsnede is de snijding van het snijvlak met één zijvlak van de kubus, en een vlak ontmoet een zijvlak (een vlakke veelhoek) in ten hoogste één lijnstuk: dus ten hoogste $6$ zijden. Zeven is onmogelijk; drie tot en met zes komen alle voor (de vragen 8 en 11 tonen er twee van).

13. Grondvlak $ABD$ : een rechthoekige driehoek met oppervlakte $\frac12$ ; hoogte $AE = 1$ : volume $\frac13 \times \frac12 \times 1 = \frac16$ .

14. Elk paar uit $B, D, E, G$ verschilt in precies twee coördinaten over $1$ : alle zes de afstanden zijn $\sqrt2$ — regelmatig. De kubus valt uiteen in $BDEG$ plus vier hoekviervlakken congruent met $ABDE$ : volume $1 - 4 \times \frac16 = \frac13$ .

15. Het vlak $(BDE)$ : $x + y + z = 1$ ; het middelpunt $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ : afstand $\frac{\abs{\frac32 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{2\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{6}$ .

16. $\vect{AG} = (1,1,1)$ en $\vect{BH} = (-1,1,1)$ : $\cos\theta = \frac{-1 + 1 + 1}{3} = \frac13$ , dus $\theta \approx 70.5^\circ$ , met supplement $\approx 109.5^\circ$ . Vier elektronenparen stoten elkaar af en spreiden zich zo ver mogelijk rond het koolstofatoom: het optimum zijn de hoekpunten van het regelmatige viervlak, waarvan de richtingen van het middelpunt naar de hoekpunten elkaar onder precies die hoek ontmoeten — diamant is vraag 14, uitgekristalliseerd.

17. $(1, t, t)$ ligt op $P$ zodra $1 + 2t = \frac32$ , dus $t = \frac14$ : het punt $\left(1, \frac14, \frac14\right)$ .

18. $(AB)$ : de punten $(t, 0, 0)$ ; $(EG)$ : de punten $(s, s, 1)$ . Snijden zou $0 = 1$ vragen in de derde coördinaat: nooit. Evenwijdig zijn zou vragen dat $(1,0,0)$ en $(1,1,0)$ collineair zijn: nee. Ze snijden elkaar niet en zijn niet evenwijdig: kruisend — twee gangen op verschillende verdiepingen.

19. $B + t(1,1,1) = (1 + t, t, t)$ ligt op $P$ zodra $1 + 3t = \frac32$ , dus $t = \frac16$ : de projectie $\left(\frac76, \frac16, \frac16\right)$ , met coördinatensom $\frac32$ : op $P$ , zoals gevraagd.

20. Parametervoorstellingen prikken door (de vragen 1, 10 en 17); normaalvectoren meten hoeken en afstanden (de vragen 2, 8, 15 en 16); vergelijkingen van vlakken snijden doorsneden uit (de gedaanteverwisseling van driehoek naar zeshoek). En het speelterrein betaalde het bezoek terug: een regelmatige zeshoek in een doos van vierkanten, een regelmatig viervlak in de hoeken, de hoek van diamant, en twee rechten die elkaar negeren — meetkunde die alleen de ruimte kan bieden.