المسألة الثانية من امتحان 2018، الدورة الأولى

الحلّ خطوةً خطوة

حاول أن تحلّ بنفسك أوّلاً، ثمّ افتح الخطوات واحدةً بعد الأخرى وقارن. وبجانب كلّ خطوة درجتها في سلّم التصحيح الرسميّ، فترى أين تُكسب الدرجات وأين تضيع.

1. 1. اثبت أن النقاط $A$، $B$، $C$ ليست على استقامة واحدة.(15 درجةً)

   الشعاعانالدرجة: 5+5

   $$\overrightarrow{AB}(0,1,1),\overrightarrow{AC}(3,-1,0)$$

   الجوابالدرجة: 5

   لو كان $\overrightarrow{AC}=\lambda \overrightarrow{AB}$ لكانت المركّبة الأولى $3=\lambda \times 0=0$، وهذا مستحيل. والشعاع $\overrightarrow{AB}$ غير معدوم، فالشعاعان غير مرتبطين خطّيّاً:

   $$\overrightarrow{AC}\mathrm{\ne }\lambda \overrightarrow{AB}\mathrm{\forall }\lambda \in \mathbb{R}$$

   فالنقاط $A$ و$B$ و$C$ ليست على استقامةٍ واحدة، وهي تعيّن مستوياً هو $(ABC)$.

2. 2. اثبت أن معادلة المستوي $(ABC)$ تعطى بالعلاقة $x+3y-3z-4=0$(25 درجةً)

   العلاقةالدرجة: 5+5

   ليكن $\vec{n}(a,b,c)$ شعاعاً غير معدوم ناظماً على المستوي $(ABC)$، فهو عموديّ على $\overrightarrow{AB}$ وعلى $\overrightarrow{AC}$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \vec{n}\cdot \overrightarrow{AB}=0⟺b+c=0}\\ {\displaystyle \vec{n}\cdot \overrightarrow{AC}=0⟺3a-b=0}\end{array}$$

   الناظمالدرجة: 10

   من الثانية $b=3a$، ومن الأولى $c=-b=-3a$. نختار $a=1$:

   $$\vec{n}(1,3,-3)$$

   الجوابالدرجة: 5

   المستوي يقبل $\vec{n}$ ناظماً، فمعادلته من الشكل $x+3y-3z+\delta =0$. نرمز للحدّ الثابت بـ$\delta$ لأنّ $d$ في هذه المسألة اسم المستقيم. والمستوي يمرّ بـ$A(1,1,0)$، فـ$1+3-0+\delta =0$، أي $\delta =-4$:

   $$(ABC):x+3y-3z-4=0$$

   ويذكر سلّم التصحيح ثلاث طرقٍ أخرى لكلٍّ منها $\mathrm{2<!--\; -->5}$ درجة. الثانية: النقطة $M(x,y,z)$ من $(ABC)$ إذا وفقط إذا وُجد عددان $\alpha$ و$\beta$ يحقّقان $\overrightarrow{AM}=\alpha \overrightarrow{AB}+\beta \overrightarrow{AC}$، أي $x-1=3\beta$ و$y-1=\alpha -\beta$ و$z=\alpha$، فنحذف $\alpha$ و$\beta$ ونصل إلى المعادلة نفسها ($5$ و$\mathrm{1<!--\; -->5}$ و$5$). والثالثة أقصرها: المعادلة معادلة مستوٍ لأنّ أمثالها $(1,3,-3)$ ليست كلّها معدومة، والنقاط الثلاث تحقّقها: $1+3-0-4=0$ و$1+6-3-4=0$ و$4+0-0-4=0$، وهي ليست على استقامة واحدة من الطلب الأوّل، فهو المستوي $(ABC)$ ($\mathrm{2<!--\; -->5}$). والرابعة: نعوّض النقاط الثلاث في $ax+by+cz+\delta =0$ ونحلّ جملة المعادلات ($\mathrm{1<!--\; -->5}$ و$\mathrm{1<!--\; -->0}$).

3. 3. ليكن المستويان $P$، $Q$ معادلتهما: $P:x+2y-z-4=0$، $Q:2x+3y-2z-5=0$. أثبت أن المستويان يتقاطعان في الفصل المشترك $d$ التمثيلات الوسيطية التالية: $d:\{\begin{array}{l}x=t-2\\ y=3\\ z=t\end{array},t\in \mathbb{R}$(25 درجةً)

   العلاقةالدرجة: 10+10

   لتكن $M(t-2,3,t)$ نقطةً من المستقيم المعطى بهذا التمثيل. نعوّض إحداثيّاتها في معادلتَي المستويين:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle P:(t-2)+6-t-4=0}\\ {\displaystyle Q:2(t-2)+9-2t-5=0}\end{array}$$

   المساواتان صحيحتان أيّاً كان $t$، فكلّ نقاط هذا المستقيم تقع في $P$ وفي $Q$.

   الجوابالدرجة: 5

   ونتحقّق أيضاً من أنّ المستويين متقاطعان: الشعاعان الناظمان ${\vec{n}}_P(1,2,-1)$ و${\vec{n}}_Q(2,3,-2)$ غير مرتبطين خطّيّاً، لأنّ $\frac{1}{2}\mathrm{\ne }\frac{2}{3}$. فالمستويان متقاطعان، وفصلهما المشترك مستقيم. والمستقيم المعطى محتوى في كلٍّ منهما، فهو فصلهما المشترك:

   $$d:\{\begin{array}{l}x=t-2\\ y=3\\ z=t\end{array},t\in \mathbb{R}$$

   وشعاع توجيه $d$ هو $\vec{u}(1,0,1)$، ويمرّ $d$ بالنقطة $(-2,3,0)$ عند $t=0$.

   في سلّم التصحيح: «طريقة أولى التعويض بمعادلتي المستويين والتحقق (5+10+10 درجات)»، أي لا يبيّن السلّم أيّ الأعداد للتعويض وأيّها للتحقّق. و«طريقة ثانية الوصول إلى المعادلات الوسيطية بعزل أحد المجاهيل»، و«طريقة ثالثة اختيار نقطتين من الفصل المشترك وإثبات أنهما تنتميان إلى المستويين $Q$ و$p$»، و«طريقة رابعة اختيار نقطتين من الفصل المشترك وإيجاد شعاع توجيه لمستقيم الفصل المشترك ثم كتابة معادلة $d$»، أي تُقبل هذه الطرق أيضاً.

4. 4. ما هي نقطة تقاطع المستويات $P$، $Q$، $(ABC)$.(20 درجةً)

   العلاقةالدرجة: 15

   تقاطع $P$ و$Q$ هو المستقيم $d$ من الطلب الثالث، فتقاطع المستويات الثلاثة هو تقاطع $d$ مع $(ABC)$. نعوّض التمثيل الوسيطيّ للمستقيم $d$ في معادلة $(ABC)$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle (t-2)+3\times 3-3t-4=0}\\ {\displaystyle 3-2t=0⟺t=\frac{3}{2}}\end{array}$$

   للمعادلة حلٌّ وحيد، فالمستويات الثلاثة تشترك في نقطةٍ واحدة. نسمّيها $I$.

   الجوابالدرجة: 5

   نعوّض $t=\frac{3}{2}$ في التمثيل الوسيطيّ للمستقيم $d$:

   $$I(-\frac{1}{2},3,\frac{3}{2})$$

   تحقّق في $(ABC)$: $-\frac{1}{2}+9-\frac{9}{2}-4=0$. وفي الطريقة الثانية من سلّم التصحيح ($\mathrm{2<!--\; -->0}$ درجة) نحلّ جملة المعادلات الثلاث $x+2y-z=4$ و$2x+3y-2z=5$ و$x+3y-3z=4$ مباشرةً، فنصل إلى الحلّ نفسه.

5. 5. احسب بعد $A$ عن المستقيم $d$.(15 درجةً)

   العلاقةالدرجة: 3

   لتكن $A^{\mathrm{\prime }}(a,b,c)$ المسقط القائم للنقطة $A$ على $d$. الشعاع $\overrightarrow{A{A}^{\mathrm{\prime }}}(a-1,b-1,c)$ عموديّ على شعاع التوجيه $\vec{u}(1,0,1)$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \overrightarrow{A{A}^{\mathrm{\prime }}}\cdot \vec{u}=0}\\ {\displaystyle ⟺a+c-1=0}\end{array}$$

   الانتماءالدرجة: 3

   والنقطة $A^{\mathrm{\prime }}$ من $d$، أي من $P$ ومن $Q$، فإحداثيّاتها تحقّق معادلتيهما:

   $$\{\begin{array}{l}a+2b-c=4\\ 2a+3b-2c=5\end{array}$$

   التعويضالدرجة: 3

   نضرب الأولى في $2$ ونطرح الثانية فنجد $b=3$، فتصير الأولى $a-c=-2$، ومع $a+c=1$:

   $$A^{\mathrm{\prime }}(-\frac{1}{2},3,\frac{3}{2})$$

   حساب البعدالدرجة: 3

   بُعد $A$ عن $d$ هو الطول $A{A}^{\mathrm{\prime }}$، و$\overrightarrow{A{A}^{\mathrm{\prime }}}(-\frac{3}{2},2,\frac{3}{2})$، وفي المعلم المتجانس:

   $$A{A}^{\mathrm{\prime }}=\sqrt{\frac{9}{4}+4+\frac{9}{4}}$$

   الجوابالدرجة: 3

   $$A{A}^{\mathrm{\prime }}=\sqrt{\frac{\mathrm{1<!--\; -->7}}{2}}=\frac{\sqrt{\mathrm{3<!--\; -->4}}}{2}$$

   أي نحو $\mathrm{2<!--\; -->.<!--\; -->9<!--\; -->2}$. ويذكر سلّم التصحيح ثلاث طرقٍ أخرى، لكلّ خطوةٍ منها $3$ درجات. الثانية: المستوي $R$ المارّ بـ$A$ والعموديّ على $d$ ناظمه $\vec{u}$، فمعادلته $x+z-1=0$ (ناظم ومعادلة $3+3$)، وتقاطعه مع $d$ عند $2t-3=0$ هو المسقط $A^{\mathrm{\prime }}$، ثمّ البُعد والنتيجة. الثالثة: $M(t-2,3,t)$ من $d$، و$A{M}^2=2t^2-6t+\mathrm{1<!--\; -->3}=2{(t-\frac{3}{2})}^2+\frac{\mathrm{1<!--\; -->7}}{2}$، فأصغر قيمة له $\frac{\mathrm{1<!--\; -->7}}{2}$ عند $t=\frac{3}{2}$. الرابعة: نقطتان من $d$، نسمّيهما $K(-2,3,0)$ و$L(-1,3,1)$ (السلّم يسمّيهما $B$ و$C$)، فـ$KA=\sqrt{\mathrm{1<!--\; -->3}}$ و$KL=\sqrt{2}$ و$\overrightarrow{KA}\cdot \overrightarrow{KL}=3$، ومن $\overrightarrow{KA}\cdot \overrightarrow{KL}=\overrightarrow{KL}\cdot \overrightarrow{K{A}^{\mathrm{\prime }}}$ نجد $K{A}^{\mathrm{\prime }}=\frac{3}{\sqrt{2}}$، وبفيثاغورس في المثلّث $A{A}^{\mathrm{\prime }}K$ القائم في $A^{\mathrm{\prime }}$: $A{A}^{\mathrm{\prime }2}=\mathrm{1<!--\; -->3}-\frac{9}{2}=\frac{\mathrm{1<!--\; -->7}}{2}$.