Revenire la Problema E:13242 GMB 7/2006

          Determinarea sectiunii unui corp dat printr-un plan dat este o problema care are o solutie algoritmica. Vezi de ex RMT Nr 2/1981, un articol de Dan Papuc (- in stilul lui, sic!), inspirat probabil din Geometria Descriptiva). El este aplicabil usor dupa ce cunoastem proiectiile celor trei pucte care determina planul de sectiune pe planul "bazei" corpului de sectionat. La noi e simplu, ele sunt punctele $A,M,C$ respectiv proiectiile punctelor $N,M,C'$.

Fig 1

                  Putem rezolva punctul $a)$ al Problemei determinand

SECTIUNEA in cub cu planul $(C'MN)$

                  Fie $\pi =pl(C',M,N)$.
                  Din $C', M \in \pi \wedge \in pl(BB'C'C)$ $\Rightarrow drC'M=\pi \cap pl(BB'C'C)$ asfel ca $\pi$ taie fata $[BCC'B']$ a cubului dupa segmentul $[C'M]$ (fig. 1 de mai sus).
                  Apoi, deoarece $(BCC'B') \parallel (ADD'A')$ iar $\pi$ trece prin $C'M \parallel (ADD'A')$ rezulta ca $\pi \cap (ADD'A')$ este o dreapta paralela cu $C'M$; aceasta dreapta trece prin

Fig 2

punctul $N$ . Fie $E$ intersectia ei cu $A'D$ (fig. 2).  Triunghiurile $A'NE$ si $C'CM$, avand laturile respectiv paralele, sunt asemenea, deci

  $\frac{A'E}{CM}=\frac{A'N}{C'C}=\frac{1}{2}$ de unde $A'E=\frac{CM \cdot A'N}{CC'}=\frac{\frac{l}{2} \cdot \frac{l}{2}}{l}=\frac{l}{4}$, $l$ fiind latura cubului,

adica $E$ este pe $[A'D']$ asfel incat $A'E$ este $\frac{1}{4}$ din latura cubului; $A'E$=1 cm in cazul nostru. Asfel planul $\pi$ taie fata $[AA'D'D]$ dupa segmentul $[NE]$.
       Mai mult, deoarece $C'\in \pi$ si $E \in \pi$ rezulta $C'E \subset \pi$, deci planul $\pi$ taie fata
 

Fig 3

$[A'B'C'D']$ dupa segmentul $[C'E]$ (fig. 3).
        Mai departe, din $C'E \subset (A'B'C'D')$ si $(A'B'C'D') \parallel (ABCD)$ avem $C'E \parallel (ABCD)$, deci planul $\pi$ trecand prin $C'E$ va taia planul $(ABCD)$ dupa o

Fig 4

 paralela la $C'E$; acesta trece prin punctul $M$ si taie dreapta $AD$ intr-un punct $F$ (fig. 4). Putem determina pozitia exacta a lui $F$ pe $AD$ daca consideram triunghiurile cu laturile respectiv paralele $C'DE$ si $MFP$, unde $P$ este mijlocul lui $AD$. Ele sunt congruente (cazul IC) deoarece $[MP] \equiv [C'D']$, iar $[MF] \equiv [C'E]$ ca segmente taiate de doua plane paralele pe drepte paralele. Atunci

$PF=D'E=\frac{3}{4} \cdot l$, deci $DF=DP+PF=\frac{l}{2}+ \frac{3l}{4}=\frac{5l}{4}$.

 Asadar $F$ depaseste segmentul $[DA]$ cu un sfert din lungimea $l$ a lui (fig. 5).

Fig 5

                                                                                     
               Dreapta $MF$ taie dreapta $AB$ intr-un punct $G$ interior segmentului $[AB]$. Din asemanarea $\Delta AGF \sim \Delta BGM$ obtinem $\frac {GA}{GB}=\frac{AF}{BM}=\frac{l/4}{l/2}=\frac {1}{2}$, care localizeaza punctul $G$ pe $[AB]$ la $1/3$ de $A$.
               In concluzie $\pi$ taie fata $[ABB'A']$ dupa segmentul $[NG]$ si fata $[ABCD]$

Fig 6

 dupa segmentul $[MG]$, deci $\pi$ taie cubul dupa pentagonul $MC'ENG$ (fig. 6).
             Dreapta $MN$ taie $C'E$ in punctul $S=drMN \cap pl(A'B'C'D')$ - deoarece nu putem avea $MN \parallel C'E$, paralela prin $M$ la $C'E$ fiind $drMG$ (fig. 7).

Fig 7

Prin aceasta constructie nu am fixat $S$ prea precis fata de patratul $A'B'C'D'$ ca in rezolvarea precedenta. Totusi putem calcula usor $SC'$:

$\frac{SE}{SC'}=\frac{EN}{C'M}$

conform Teoremei fundamentale a asemanarii, deci $\frac{SE}{SC'}$ este egal cu raportul de asemanare al triunghiurilor discutate la Fig. 2, adica $1/2$. Astfel $EN$ este linie mijlocie in $\Delta SC'M$, iar $EC'=\sqrt{D'E^{2}+D'C'^{2}}=....=5$ cm, de unde obtinem $SC'=2\cdot EC'=10$ cm.

$\blacksquare$