الدرس 2: التمثيلات الوسيطيّة

المسألة الأولى من امتحان 2026

100 درجةً في سلّم التصحيح الرسميّ

من امتحان شهادة الدراسة الثانويّة العامّة، دورة عام 2026، الفرع العلميّ

في الشكل المجاور $A B C D E F G H$ متوازي مستطيلات، ولنأخذ المعلم المتجانس $(A; \frac{1}{2} \vec{A B}, \vec{A D}, \vec{A E})$ . النقطة $I$ هي منتصف $[A B]$ ، $J$ منتصف $[C G]$ .

متوازي المستطيلات

A B C D E F G H

بأطواله في المعلم المتجانس:

A B = 2

A D = A E = 1

. النقطة

I

منتصف

[A B]

J

منتصف

[C G]

، والمرسوم داخله المثلّث

D I J

المطلوب:

1.جدْ إحداثيّات النقاط $D, I, J$ ثمّ اكتب معادلة للمستوي $(D I J)$ .
2.أثبت أنّ المثلث $D I J$ قائم في $I$ واحسب مساحته ثمّ احسب $\cos (\hat{D J I})$ .
3.احسب بُعد النقطة $H$ عن المستوي $(D I J)$ واستنتج حجم الهرم $H - D I J$ .
4.اكتب تمثيلاً وسيطياً للمستقيم $d$ المارّ من $H$ والعمودي على المستوي $(D I J)$ .
5.اكتب معادلة الأسطوانة الناتجة من دوران المستطيل $A B F E$ حول $(A B)$ دورة كاملة

تنبيه: شعاع المعلم الأوّل نصف $\vec{A B}$ لا $\vec{A B}$ نفسه، ففاصلة $B$ هي $2$ وفاصلة منتصفه $I$ هي $1$ . من كتب $B (1, 0, 0)$ أخطأ في كلّ ما بُني على الإحداثيّات بعدها.

الأسطوانة: معادلة الأسطوانة ليست في نصّ الدروس، بل في فقرة «أنشطة» من وحدة الأشعّة في الفراغ، الجزء الثاني، الصفحة 26، بالطريقة نفسها: نقطةٌ $M$ ومسقطها القائم على المحور، وبُعدٌ ثابت يساوي نصف القطر، ثمّ شرطٌ يحصر المسقط بين القاعدتين.

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. جدْ إحداثيّات النقاط $D, I, J$ ثمّ اكتب معادلة للمستوي $(D I J)$ .(40 درجةً)
الإحداثيّاتالدرجة: 5+5+5
أشعّة المعلم هي $\frac{1}{2} \vec{A B}$ و $\vec{A D}$ و $\vec{A E}$ ، فـ $\vec{A B}$ ضعف الشعاع الأوّل، أي $B (2, 0, 0)$ ، و $D (0, 1, 0)$ و $E (0, 0, 1)$ . ومن $\vec{A C} = \vec{A B} + \vec{A D}$ و $\vec{A G} = \vec{A C} + \vec{A E}$ نجد $C (2, 1, 0)$ و $G (2, 1, 1)$ . وإحداثيّات المنتصف نصفُ مجموع إحداثيّات الطرفين:
$D (0, 1, 0), I (1, 0, 0), J (2, 1, \frac{1}{2})$
في سلّم التصحيح: لكلّ نقطةٍ 5 درجات.
شعاعانالدرجة: 5+5
شعاعان من المستوي $(D I J)$ يخرجان من $I$ :
$\vec{I D} (- 1, 1, 0), \vec{I J} (1, 1, \frac{1}{2})$
مركّباتهما غير متناسبة، فهما غير مرتبطين خطّيّاً، والنقاط $D$ و $I$ و $J$ تعيّن مستوياً.
العلاقةالدرجة: 5
الشعاع غير المعدوم $\vec{n} (a, b, c)$ ناظمٌ على $(D I J)$ إذا كان عموديّاً على هذين الشعاعين:
${\begin{cases} \vec{n} \cdot \vec{I D} = 0 \\ \vec{n} \cdot \vec{I J} = 0 \end{cases} ⟺ {\begin{cases} - a + b = 0 \\ a + b + \frac{1}{2} c = 0 \end{cases}$
التعويضالدرجة: 5
من الأولى $b = a$ ، وبالتعويض في الثانية $2 a + \frac{1}{2} c = 0$ أي $c = - 4 a$ . نختار $a = 1$ :
$\vec{n} (1, 1, - 4)$
الجوابالدرجة: 5
المستوي يقبل $\vec{n}$ ناظماً، فمعادلته من الشكل $x + y - 4 z + d = 0$ ، ويمرّ بـ $I (1, 0, 0)$ فيكون $1 + d = 0$ :
$(D I J) : x + y - 4 z - 1 = 0$
تحقّق: $D$ تعطي $0 + 1 - 0 - 1 = 0$ ، و $J$ تعطي $2 + 1 - 2 - 1 = 0$ .
2. أثبت أنّ المثلث $D I J$ قائم في $I$ واحسب مساحته ثمّ احسب $\cos (\hat{D J I})$ .(30 درجةً)
العلاقةالدرجة: 5+3+2
نحسب الجداء السلّميّ للشعاعين الخارجين من $I$ :
$\begin{array}{c} \vec{I J} \cdot \vec{I D} = 1 \times (- 1) + 1 \times 1 + \frac{1}{2} \times 0 \\ \vec{I J} \cdot \vec{I D} = 0 \end{array}$
التعامدالدرجة: 5
الجداء معدوم والشعاعان غير معدومين، فـ $\vec{I J}$ و $\vec{I D}$ متعامدان، والمثلّث $D I J$ قائمٌ في $I$ .
المساحةالدرجة: 3+2+2+3
في المعلم المتجانس $I D = \sqrt{(- 1)^{2} + 1^{2} + 0^{2}} = \sqrt{2}$ و $I J = \sqrt{1^{2} + 1^{2} + {(\frac{1}{2})}^{2}} = \frac{3}{2}$ . وهما ضلعا الزاوية القائمة، فالمساحة نصف جداء طوليهما:
$\begin{array}{c} S = \frac{1}{2} I D \times I J \\ S = \frac{1}{2} \times \sqrt{2} \times \frac{3}{2} \\ S = \frac{3 \sqrt{2}}{4} \end{array}$
الجوابالدرجة: 3+2
في المثلّث القائم في $I$ جيب تمام الزاوية $\hat{D J I}$ هو نسبة الضلع المجاور $I J$ إلى الوتر $D J$ ، والوتر بفيثاغورس: $D J^{2} = I D^{2} + I J^{2} = 2 + \frac{9}{4} = \frac{17}{4}$ ، أي $D J = \frac{\sqrt{17}}{2}$ :
$\cos (\hat{D J I}) = \frac{I J}{D J} = \frac{3}{\sqrt{17}} = \frac{3 \sqrt{17}}{17}$
وبالجداء السلّميّ النتيجة نفسها: $\vec{J D} \cdot \vec{J I} = \frac{9}{4}$ ، فـ $\cos (\hat{D J I}) = \frac{9}{4} \div (\frac{\sqrt{17}}{2} \times \frac{3}{2}) = \frac{3}{\sqrt{17}}$ .
3. احسب بُعد النقطة $H$ عن المستوي $(D I J)$ واستنتج حجم الهرم $H - D I J$ .(20 درجةً)
العلاقةالدرجة: 3+5+5
لدينا $\vec{A H} = \vec{A D} + \vec{A E}$ ، فـ $H (0, 1, 1)$ . نرمز لبُعدها عن $(D I J) : x + y - 4 z - 1 = 0$ بـ $h$ ، وبُعد نقطة $(α, β, γ)$ عن مستوٍ معادلته $a x + b y + c z + d = 0$ ، كما في الدرس:
$\begin{array}{c} h = \frac{∣ a α + b β + c γ + d ∣}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}} \\ h = \frac{∣ 0 + 1 - 4 \times 1 - 1 ∣}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + (- 4)^{2}}} \\ h = \frac{4}{\sqrt{18}} = \frac{2 \sqrt{2}}{3} \end{array}$
الجوابالدرجة: 2+5
قاعدة الهرم $H - D I J$ المثلّث $D I J$ ، وارتفاعه بُعد رأسه $H$ عن مستوي القاعدة، أي $h$ :
$\begin{array}{c} V = \frac{1}{3} S \times h \\ V = \frac{1}{3} \times \frac{3 \sqrt{2}}{4} \times \frac{2 \sqrt{2}}{3} = \frac{1}{3} \end{array}$
وحجم متوازي المستطيلات كلّه $2 \times 1 \times 1 = 2$ ، فالهرم سُدسه.
4. اكتب تمثيلاً وسيطياً للمستقيم $d$ المارّ من $H$ والعمودي على المستوي $(D I J)$ .(6 درجات)
العلاقةالدرجة: 3
المستقيم $d$ عموديّ على $(D I J)$ ، فالشعاع الناظم $\vec{n} (1, 1, - 4)$ شعاع توجيهٍ له، وهو يمرّ بـ $H (0, 1, 1)$ .
الجوابالدرجة: 1+1+1
$d : {\begin{cases} x = t \\ y = t + 1 \\ z = - 4 t + 1 \end{cases}, t \in R$
عند $t = \frac{2}{9}$ يقطع $d$ المستوي في $(\frac{2}{9}, \frac{11}{9}, \frac{1}{9})$ ، وبُعد هذه النقطة عن $H$ هو $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ ، كما في الطلب الثالث.
5. اكتب معادلة الأسطوانة الناتجة من دوران المستطيل $A B F E$ حول $(A B)$ دورة كاملة(4 درجات)
العلاقةالدرجة: 2
محور الأسطوانة $(A B)$ ، وهو محور الفواصل، ونصف قطرها $A E = 1$ . لتكن $M (x, y, z)$ نقطةً من الفراغ و $K$ مسقطها القائم على $(A B)$ ، فـ $K (x, 0, 0)$ . وأوّل شرطٍ لوقوعها على سطح الأسطوانة أن يكون بُعدها عن المحور $1$ :
$M K^{2} = y^{2} + z^{2} = 1$
الجوابالدرجة: 2
والأسطوانة محدودة بالدائرتين اللتين ترسمهما النقطتان $E$ و $F$ ، فيجب أن تقع $K$ على القطعة $[A B]$ . معادلة الأسطوانة:
$y^{2} + z^{2} = 1, 0 \leq x \leq 2$