56

AB

D

C

3. Perpendicularitate n spaiu Tema va cuprinde principalele teoreme de perpendicularitate i anume: teorema de perpendicularitate a unei drepte pe un plan, teorema celor trei perpen-diculare, plane perpendiculare, unghiul unei drepte cu un plan, unghiul a dou plane, proiecii, teoreme deosebit de utile n abordarea problemelor de perpendicularitate i studiul corpurilor geometrice. 3.1. Dreapt perpendicular pe un plan Definiia 3.1.1. Dou drepte a i b din spaiu sunt perpendiculare dac paralelele duse printr-un punct P la ele sunt perpendiculare. Definiia 3.1.2. O dreapt este perpendicular pe un plan dac este perpendicular pe orice dreapt a planului. Notaie: d sau d n rezolvarea de probleme nu este eficient definiia fiind necesar teorema de perpendicularitate care reduce condiia la perpendicularitatea dreptei pe dou drepte concurente din acel plan. Teorema 3.1.1. Dac o dreapt este perpendicular pe dou drepte concurente dintr-un plan, atunci dreapta este perpendicular pe plan. Teorema 3.1.2. Dintr-un punct M se poate duce pe un plan , o unic perpendicular. Teorema 3.1.3. Dou plane perpendiculare pe aceeai dreapt sunt paralele ntre ele. Teorema 3.1.4. Exist un plan unic perpendicular ntr-un punct pe o dreapt. Teorema 3.1.5. Dou drepte perpepndiculare pe un plan sunt paralele. Definiia 3.1.3. Fie un plan i trei perpendiculare necoliniare A, B, C. Dac D este un punct ce nu aparine planului , atunci planele (DAB), (DBC), (DAC) vor intersecta dup triunghiul ABC. Mulimea punctelor interioare triunghiurilor DAB, DBC, DAC, ABC reunit cu mulimea punctelor segmentelor [AB], [BC], [CA]; [DA], [DB], [DC], formeaz tetraedrul DABC sau ABCD.

Elementele tetraedrului: - vrfurile: A, B, C, D - feele tetraedrului: DAB, DAC, DBC, ABC

57

- muchiile tetraedrului: [DA], [DB], [DC], [AB], [AC], [BC] - baza tetraedrului: ABC, dar oricare fa poate fi baza - nlimea este perpendiculara din vrf pe baz. Tetraedrul regulat este tetraedrul cu toate muchiile congruente. Definiia 3.1.4. Fiind dat un poligon convex A1A2An coninut ntr-un plan

i un punct V ce nu aparine lui , interioarele triunghiurilor V A1A2, V A2A3, , V An 1An, reunite cu interiorul poligonului convex dat i cu mulimea punctelor segmentelor [A1A2], [A2A3], , [AnA1]; [VA1], , [VAn]; formeaz o piramid de baz A1A2An i vrf V.

Definiia 3.1.5. Fie i dou plane paralele i un poligon A1A2An, situat n planul i o dreapt d ce intersecteaz ntr-un singur punct. Prin fiecare punct P al poligonului A1A2An construim un segment PP paralel cu d i P . Mulimea punctelor P formeaz n planul un poligon A1A2An congruent cu A1A2An.

Mulimea tuturor segmentelor PP reunit cu mulimea punctelor interioare celor dou poligoane convexe congruente se numete PRISM.

Elementele prismei: * bazele prismei sunt poligoanele: A1A2An i A1A2An * feele laterale sunt paralelogramele: A1A2 A2A1; ; AnA1 A1An * muchiile laterale sunt segmentele: [A1A1]; [A2A2]; ; [AnAn] * muchiile bazelor sunt segmentele: [A1A2]; [A2A3]; ; [AnA1]; [A1A2];

[A2A3]; ; [AnA1] * nlimea prismei este distana dintre baze. Prisma dreapt este prisma care are nlimea egal cu lungimea muchiei laterale. Paralelipipedul este prisma care are toate feele paralelograme. Paralelipipedul dreptunghic este prisma cu toate feele dreptunghiuri. Cubul este paralelipipedul dreptunghic cu toate muchiile congruente.

Probleme rezolvate

R3.2.1. Dreptunghiurile ABCD i CDEF sunt situate n plane diferite. Demonstrai c: 1) CD (ADE) 2) m(CD; AE) = 90o

3) AB (BCF)

Soluie: 1) ABCD dreptunghi CD AD

CDEF dreptunghi CD DE CD (ADE).

2) Din CD (ADE) AE (ADE) CDAE m((CD;AE))=900

A B

E D

F C

58

3) CD CF (CDEF dreptunghi) CD BC (ABCD dreptunghi) CD(BCF) Din CD (BCF) AB CD AB(BCF)

R3.2.2. n vrful A al dreptunghiului ABCD se ridic perpendiculara MA pe planul dreptunghiului.

1) Dac N este mijlocul segmentului [MC], artai c MA (NBD) 2) Demonstrai c BC (MAB) 3) Demonstrai c NO CD 4) Artai c punctul N este egal deprtat de vrfurile dreptunghiului ABCD. Soluie: 1) AC BD = {O}

AO = OC MN = NC [NO] l.m n MAC NO || MA NO (BND)MA(BND)

2) ABCD dreptunghi BC AB MA (ABCD) BC (ABCD) MABC BC (MAB).

3) Din NO || MA i MA (ABCD) NO (ABCD) CD (ABCD) NOCD

4) n AMC, AN este median AN = NC = 2

MC (1)

Din BC (MAB) BC MB MBC este dreptunghic i BN este median BN =

2MC

(2)

Analog n MDC avem DN = 2

MC (3)

Din relaia (1), (2), (3) NA = NB = NC = ND. R3.2.3. Dintr-un punct A exterior planului se duc, perpendiculara AO i oblicele AB i AC fa de acest plan. Fie H, H1 ortocentrele triunghiurilor ABC i OBC, [AD] i [BE] nlimi n triunghiul ABC, iar BE1 nlime n triunghiul OBC, D (BC), E (AC), E1 (OC). Demonstrai c:

1) BC (AOD);

N

B C

M

A D

O

59

E

A

H

B C D

O

H1 E1

2) BE1 (AOC); 3) AC (BEE1); 4) HH1 (ABC); 5) 1

EEBE

BHDH

ADOA

11

1 = . Soluie: 1) BC AD (ip.) (1)

AO BC Din rel. (1) i (2) BC (AOD)

2) BE1 OC (ip.) (3) AO BE1 Din rel. (3) i (4) BE1 (AOC)

3) Din BE1 (AOC) AC BE1 AC BE (ip.)

4) Avem BC (AOD) i HH1 (AOD) BC HH1 (5) Din AC (BEE1) i HH1 (BEE1) AC HH1 (6) Din rel. (5) i (6) HH1(ABC).

5) HH1(ABC) HH1D dreptunghic AO (OBC) OD (OBC) DH1H )90(HO 0 DAO D comun

DHHH

ADOA

DHAD

HHOA

1

1

11== (7)

Triunghiul BH1H este dreptunghic pentru c HH1 (ABC), BH (ABC) HH1 BH. Din BE1 (AOC) i EE1 (AOC) BE1 EE1 BEE1 dreptunghic.

Triunghiurile dreptunghice BH1H i BEE1 au unghiul B comun, deci sunt

asemenea, rezult c1

1

1 HHEE

BHBE = (8).

nmulim relaiile (7) i (8) membru cu membru i obinem:

1

1

1

1

1

1

1 EEDH

HHEE

DHHH

BHBE

ADOA = dup nmulire obinem:

.1BH

DHEEBE

ADOA

1

1

1=

BC OA (2)

AO BE1 (4)

AC (BEE1)

AO OD AOD dreptunghic DH1H ~DAO

60

O a

A

3.2.Teorema celor trei perpendiculare Teorema 3.2.1.(Teorema celor trei perpendiculare) Fie un plan,M un punct,M i a o dreapt,a . Dac MO , O si AO a,Aa,atunci MA a. Teorema se utilizeaz la determinarea distanei de la un punct la o dreapt si determinarea perpendicularei dintr-un punct pe o dreapt. Ipoteza teoremei contine trei propoziii:(2) MO ; (1) OA a; (3) a . Schimbnd oricare dintre cele trei propoziii cu concluzia teoremei obinem trei reciproce. Teorema 3.2.2. (Reciproca(1)) Dac

MO, O MAa, Aa a

atunci OAa Teorema 3.2.3. (Reciproca (2)) Dac a OAa Aa, O MAa MOOA atunci MO Reciproca a II-a este folosit pentru a determina distana de la un punct la un plan.Ea arat existena perpendicularei dintr-un punct pe un plan i cum se construiete aceasta folosind perpendicularitatea dreptelor. Teorema 3.2.4. (Reciproca (3)) Dac MO , O MAa, Aa OAa atunci a

M

61

Q

O

O

y

y

Definiia 3.2.1.

Reuniunea punctelor unei drepte d cu punctele a dou semiplane mrginite de dreapta d se numete unghi diedru.

d muchia diedrului semiplanele sunt feele diedrului

Dac Od i prin O construim un plan , perpendicular pe d, atunci intersecia unghiului diedru cu planul se numete unghi plan corespunztor diedrului. Teorema 3.2.5. Dou unghiuri plane ale aceluiai unghi diedru sunt congruente Demonstraie

Fie xOy i xOy dou unghiuri plane corespunztoare aceluiai unghi diedru. Din d(xOy)dOx i dOy Din d(xOy) dOx i dOy Ox i Ox coplanare ; Oy i Oy coplanare

O

P

d x

x

62

d

O

Dac dOx i dOx OxOx (1) Dac dOy i dOyOyOy (2) Din (1) i (2) xOy xOy (au laturile paralele) Definiia 3.2.2. Msura unui unghi diedru este msura oricrui unghi plan corespunztor unghiului diedru. Cum determinm unghiul plan corespunztor diedrului ? 1) Se determin punctul O pe muchia diedrului n mod convenabil 2) Construim n O perpendicularele pe muchie n fiecare semiplan 3) Unghiul dintre cele dou perpendiculare este unghiul plan corespunztor

diedrului. Definiia 3.2.3. Dac dou plane sunt concurente atunci ele formeaz patru unghiuri diedre. Cea mai mic dintre msurile celor patru unghiuri se numete unghiul celor dou plane

=d, i determin 4 unghiuri diedre. Prin O ducem planul d. Atunci intersecia diedrelor cu planul sunt unghiuri plane corespunztoare fiecrui diedru. Dac msura unui unghi este a , 0

63

B

S

O

Soluie 1) SA=SB=SC (ip) Ducem SO(ABC), O(ABC) O este centrul cercului circumscris ABCd(S;(ABC))=SO, pentru a determina pe SO avem nevoie de raza cercului circumscris ABC

)cp)(bp)(ap(pS;S4

abcR ==

230S4cp;5bp;6ap;152

11910p =====++=

8233

230411109R =

= SO(ABC) OC (ABC) SOOCSOC dreptunghic. Din T.P.

87823SO

823312OCSCSO

22222 =

==

2) Pentru a determina distana de la S la dreapta BC, ducem n planul (ABC), OEBC. Avem: ( )

( )( )

( ) SEBC;SdBCSE3DinTABCBCABCOEBCOE

ABCSO

=

(d(S ;BC)= distana de la S la BC)

( ) 222 OESOSE.P.DinT.SOEdrOESOABCOE)ABC(SO +=

OE mediatoarea lui [BC]

AC

64

A B

C D

F

P

M

4121RCEOCOE.P.DinT..OECdr 2222 ==

SE2=64

679664

1612148604

121R64

7038 2 =+=

3.)Din

( ) ( )

=

BCABCSBCBCSEBCOE

( ) ( ) ( ))SEO(m)SE;OE(m))ABC();SBC((m =CD, AB=24cm, m(B)=600 i diagonala trapezului este bisectoarea unghiului ascuit, se ridica perpendiculara AM,AM=6cm. Sa se afle:

1) aria trapezului si diagonalele; 2) d(M;BC) si d (M;CD) ; 3) m(((MCD) ;(ABC))) ; 4) d(A ;(MCD)) ; Soluie

86796SE =

E

65

1) n trapezul ABCD (BD bisectoarea B DBA DBC (1) Din ABCD si BD sec. BDC DBA (2) Din (1) si (2) BDC DBC BDC isoscel BC=CD=DA In ABD,m(A)=600 si m(B)=300 m(D)=900 AD BD i AD=

2AB AD=12=DC=BC.

Ducem DE AB in ADE avem DE =6 3 A ABCD = 2

h)bB( +;A ABCD =108 3 cm

2

In ABD de in D avem sin 600=ABBD

23

=24BD 12 3 =AC.

2)MA (ABCD) AC BC AC (ABCD) BC (ABCD) Din T3 MCBCd(M ;BC)=MC MA (ABCD) MA AC MAC dr. n A MC2=MA2+AC2= =62+(12 3 )2=6 13 MA(ABCD) AFCD, FCD AF (ABCD) CD (ABCD) Din T3 MFCDd(M ;CD)=MF MA (ABC) MA AF MAF dr. MF= 22 AFMA + = 12 3) (MCB) (ABC)=BC

CBMCCBAC

m( ((MCD) ;(ABC)))=m(MCA)

In MAC dr. n A avem tgC=312

6 tgC=

63

Pentru a determina distana de la punctul A la planul (MCD) aplicm reciproca teoremei celor trei perpendiculare.

Ducem )MCD(AP3RTDin

CDAFCDPFMFPMFAP

d(A;(MCD)) = AP.

66

D

N

M

EO

AP nlime n MAF dr. n A AP ;ipcc 21= .33AP =

R3.5.3. Pe planul rombului ABCD de latur a i diagonal 3aAC = se ridic perpendiculara DV=a. Fie M i N mijloacele segmentelor [VD] i [VB]. S se afle: 1) d(V;BC) 2) d(D;(VAC)) 3) m(((AMN);(ABC)))

Soluie:

1)2

3aOCAO

}0{BDAC3aAC

aABrombABCD

==

==

=

I

n AOD dr. aOD2BD

2aOD

AOADOD 22.P.T

==== BCD echilateral.

Pentru a determina distana de la M la BC ducem DE BC i avem:

BCVE)ABCD(BC)ABCD(DE

BCE,BCDE)ABCD(VD

.3.Td(V;BC)=VE

VD VDEDEVD)ABCD( dr.2

7aVEDEVDVE 22.P.T =+=

A B

C

V

67

2) Aplicm T.3. . i avem:

ACVO

)ABCD(AC)ABCD(DO

ACDO)ABCD(VD

.3.T

Aplicm reciproca T.3. i obinem:

Ducem DF))VAC(;D(d)VAC(DFACDOACEOVODF

.3.T.R =

DF inalime in VDO DF=ip

cc 21 ;DF=5

5a

VO= 22 DOVD + VO=

25a

(T.P.in dreptunghic VDO)

3) n VDB , NO l.m. NOVD,dar VD (ABCD) NO (ABCD)

))ABCD(NO(NOAO)ip(BDAO AO (DMN)

Aplicam T.3. si avem:

)DMN(MN)DMN(ON

MNON)DMN(AO

(T.3. ) AN MN

Determinm (dreapta)muchia diedrului. MNBD A(MNA)(ABC) (MNA)(ABC)=d Ad i d BCMN Determinm unghiul plan corespunztor diedrului Din ANMN, MNd ANd AOBD, BDd AOd m(( (AMN);(ABC)))=m(NAO)

n NAO dr. n O 030)A(m33

23a

2a

tgA ===

68

Ad

a

b

A

AB

m g

3.3. Plane perpendiculare Definiia 3.3.1.Dou plane concurente sunt perpendiculare dac determin un unghi diedru drept. Notm : Teorema 3.3.1. Dou plane sunt perpendiculare dac unul conine o dreapt perpendicular pe cellalt. Dac d i d Teorema 3.3.2. Dac dou plane sunt perpendiculare atunci orice dreapt coninut n unul dintre ele i perpendicular pe dreapta lor de intersecie este perpendicular pe cellalt plan. Dac a i ad,=d atunci a . Teorema este util cnd trebuie s demonstrm c o dreapt este perpendicular pe un plan.

Demonstraie Fie { }Ada,da,d, == Ducem dreapta b,b i b { }.Adb,d =

==

=)b;a(m);(m

dbda

d90

a b ,dar a ad,b,d Teorema 3.3.3. Dac dou plane sunt perpendiculare i dintr-un punct oarecare al unuia ducem o perpendicular pe cellalt,atunci ea este coninut n ntregime n primul plan.

69

d

Ob a

Demonstraie A m= FieAA ,presupunem c AA ,dar ( ) n o dreapt g perpendicular pe g este perpendicular pe orice dreapt din . Ducem prin A dreapta d paralel cu g. i ea va fi perpendicular pe toate dreptele din . d { }Bm = n planul (AAB) exist dou drepte AB i AA perpendiculare pe BA,contradicie pentru c AB i AA sunt concurente, rmne situaia cnd A g ,dar atunci problema este rezolvat. Probleme rezolvate R3.8.1. Fie si dou plane neparalele si perpendiculare pe planul , atunci dreapta lor de intersecie este perpendicular pe . Soluie

=d , =a , = b b={ }0 Presupunem ca d Din exist o dreapta d , d a n O, cum d Din exist n o dreapt d b in punctul O, d , dar d , contradicie, n O se pot duce dou drepte d si d perpendiculare pe presupunere este fals d=d=d. R3.8.2. Fie triunghiul echilateral ABC. Pe laturile AB i AC se iau punctele E i F astfel nct AE =2BE si CF = 2AF. Dreptele BF i CE se intersecteaz n D. Pe perpendiculara n A pe planul (ABC) se ia punctul M astfel nct MA=AB=a.

1) S se arate c (EFM) (FAM) 2) Determinai msura unghiului dintre planele (CDM) i (DAM); 3) Determinai distana de la pct. M la EF.

70

D

P

Soluie

1) n AEF, m( A)=60 i AE=2AF=23a

; AF=3a

Ducem EP AF EAP dreptunghic i m( A)=60 m( E)=30 AP=AE/2=

3a

,dar AF=3a P =F EF AC (1)

)ABC(EF)ABC(MAdin EF MA (2)

Din relaiile (1) i (2) EF (MAC) Dar (MAC)=(MAF) EF (MAF) i EF (MEF) (MEF) (MAF) 2)Artm c planele sunt BAF

CBE

)60)(A()B(ip)AB()BC(ip)AF()BE(

BAF CBE m(BCE)=m(ABF

),dar m ,60)BCE(m)FBC(m60)FBC(m)ABF( =+=+ atunci n BDC, m(D)=1800(m(FBC)+m(BCE))=1200m(EDF)=1200, dar m(EAF)=600 m(EDF)+m(EAF)=1800AEDF patrulater inscriptibil i m(EFA)=900m(ADE)=900 (unghiuri formate de diagonale cu lat.op.) ADCE (3). Din MA(ABC), CE (ABC)CEMA (4) Din relaiile (3) i (4) CE(MAD), dar CE (MDC)(MDC)(MAD) m(((MDC);(MAD)))=900. 3) Aplicm T3 i obinem: MA(BAC) AFEF EF,AF (ABC) Din T3MFEFd(M;EF)=MF

M

B C

A

E F

71

BSF

E

MA(AEF)MAAE MAF dr. Din T.P. MF=310a

R3.8.3. Fie triunghiul echilateral ABC si trapezul dreptunghic ABMN , avnd unghiurile drepte n A i B situate n plane perpendiculare astfel nct AB=8 cm, AH=12 cm, BM=6 cm. Sa se afle:

1) d(N;BC) 2) d(C;MN) 3) tg ((ABC);(CMN)) 4) d(B;(CMH))

Solutie

Artm c NA este perpendicular pe planul (ABC)

1) )ABC(NAABNA

AB)ABMN()ABC()ABMN()ABC(

=

Aplicam T.3. . si obtinem:

NE)BC;N(dBCNE3TDin

)ABC(BC)ABC(AE

BCE,BCAE)ABC(NA

=

In NAE dr. n A .Din T.P 22 AENANE += =2

22

3812

+ =

= 48144 + =8 3

N

A

C R

P

M

D

72

AE=h echilateral2

38AE = 2) Ducem din C perpendiculara CF pe AB. Cum planele (ABC) si (ABMN) sunt perpendiculare i CF este perpendicular pe dreapta lor de intersecie rezult c CF (ABMN) Aplicam teorema celor trei perpendiculare si obtinem:

CF(ABMN) FDMN MN,FD (ABMN) Din T3CD MN .CD)MN;C(d =

MN { }PAB = In BM,ANP AN si BM= .m.lBM

2AN 8BPAB ==

Triunghiurile FDP i NAP sunt asemenea pentru c D A (200) i P este comun

ANFD

NPFP =

n dreptunghic ANP 22 APNANP.P.TDin += = 144256 + =20 nlocuim in proportia de mai sus si obtinem :

536

201212FD

12FD

2012 ===

n CFD dreptunghic in F .P.TDin CD= 22 FDCF + = 22 )5

36()34( +

CD=5398

3) (ABC) (CMN)=CP Triunghiul CBP isoscel (CB=BP=8cm) i m( )CBP =120;(180-m(ABC))

2120180)BCP(m

00 = =30,atunci m( )ACP =60+30=90 .CPAC Folosind T.3.. punem n eviden unghiul plan corespunztor diedrului.

)NCA(m)))ABC();CMN((mCPNC3TDin

)ABC(AC)ABC(CP

CPAC)ABC(NA

=

n NCA dr. n AACNAtgC = =

812

= 23

73

4) Pentru a determina d(B;(CMN)) vom folosi reciproca t.3.. CPMR3DinT

CPR,CPBR)ABC(MB

Ducem BS))CMN(;B(d)CMN(BS3.T.RDinCPBRCPSRMRBS

=

BS nlime n dreptunghic BRM13246

MRBRBMBS;

ipccBS 21 ===

BS=13

1312

[BR] l.m. n cm42

ACBRACP == Triunghiul MBR dr. n B 13252163646MR.P.TDin. 22 ==+=+= 3.4. Proiecii Tema va cuprinde proiecia unui punct pe o dreapt i a unui segment pe o dreapt, lungimea proieciei unui segment pe o dreapt, proiecia unui punct pe un plan,a unei drepte pe un plan,unghiul unei drepte cu un plan,lungimea proieciei unui segment pe un plan i aria proieciei unei figuri pe un plan.

Proiecii pe o dreapt

Definiia 3.4.1. Se numete proiecie a unui punct pe o dreapt d,piciorul perpendicularei dus din P pe dreapta d. Fie dreapta d i punctul P a.. P d :Ducem PPd P = Pr d ( )P (P este proiecia lui P pe d). Observaie : Dac P d Pr d (P) = P Teorema 3.4.1. Lungimea proieciei AB a unui segment AB pe o dreapt d este egal cu lungimea segmentului nmulit cu cosinusul unghiului dintre d i dreapta ce conine segmentul

74

A

A BM

BM

AB = AB ( )'B'A;ABcos Convenim s considerm:1) .cos 0=1 ;2).cos 90=0 Proiecii pe un plan Definiia 3.4.2. Proiecia ortogonal a unui punct A pe un plan este piciorul perpendicularei dus din acel punct pe plan. Fie planul i punctul A,a.. A . Ducem AA atunci A = Pr ( )A ( A este proiecia lui A pe ). Observaie: Dac A ( ) AAPr = Definiia 3.4.3. Se numete proiecia unei figuri geometrice pe un plan figura geometric format din proieciile punctelor figurii pe acel plan. Teorema 3.4.2.

Proiecia unei drepte pe un plan este o dreapta sau un punct. Demonstraie

Fie planul i dreapta d a.. d nu este perpendicular pe . Fie A i B pe d i AA; BB ; Ai B atunci dreapta AB este proiecia lui d pe planul .Pentru a justifica acest fapt demonstrm c proiecia oricrui punct Md este situat pe AB. Dac M este proiecia lui M pe , artm c M 'B'A . AABB(perpendiculare pe ) ele determin planul si pt. c AA

A

dA

75

A B

A

C

B

M Md rezult c perpendiculara dus din M pe planul este coninut n , deci M aparine dreptei de intersecie planelor si. MAB Dac d atunci proiecia este un punct.

Teorema 3.4.3. Proiecia unui segment pe un plan este un segment pe un plan este un segment sau un punct.

Definiia 3.4.4. Unghiul unei drepte cu un plan este numit unghiul format de acea dreapt cu

proiecia ei pe plan. Fie dreapta d i planul , iar A i B Dou puncte situate pe d AA ; BD A,B AB= )AB(pr m( (AB; ))=m( (AB; AB)) sau M( (d;A B)) Obs.10..daca d atunci m( (d;))=900. 20. dac d atunci m( = ));d( 00 rezult c unghiul dintre o dreapt i un plan are msura cuprins ntre 00 i

900. Teorema 3.4.4. Lungimea proieciei plan este egal cu produsul dintre

lungimea segmentului i cosinusul unghiului dintre dreapta suport a segmentului i planul respectiv.

Convenim s considerm: 10.cos900=0 20.cos00=1 Teorema 3.4.5.

d A

B

AB

C

76

B C A

Aria proieciei ABC a unui triunghi ABC pe un plan este egal cu aria triunghiului ABC nmulit cu cosinusul unghiului dintre planele(ABC) i .

Fie u=m ));ABC(( Fie ABC i AA 'C,'B,'A;'CC;'BB, atunci

)ABC(Pr'C'B'A = ucosAA ABC'C'B'A =

Dac u = 00 atunci AABC = AABC => ABC ABC. Dac u = 900 atunci ABC se proiecteaz dup un segment. Teorema este utilizat la determinarea unghiului dintre dou plane cnd nu avem determinat muchia diedrului i unghiul plan corespunztor lui.

Probleme rezolvate

R3.11.1. Un triunghi ABC cu AB = 8 cm, BC = 5 cm; AC = 7 cm are latura BC inclus n planul . S se afle aria proieciei triunghiului pe plan tiind c proiecia este un triunghi dreptunghic.

Soluie Ducem AA A = pr (A) B i C => proieciile lor sunt B i C, deci ABC este proiecia ABC

pe planul . Triunghiul ABC dreptunghic.

1) Fie AB BC atunci 31.T

B'ABC

BCB'A'AA

AB BC imposibil 72 82 + 52

Analog artm c AC BC atunci triunghiul ABC este dreptunghic n A. Din AAB de .P.T AA2 = AB2-AB2 = 82 AB2 = 82 x2 (1)

A

77

Notm: AB = x i AC = y

Din AA dr. .P.T AA2 = AC2 AC2 = 72 y2 (2) Din rel. (1) i (2) 82 x2 = 72 y2, iar din ABC dr. n A avem

conform T.P c x2 + y2 = 252

+

=+

=+==+

7yx25yxy7x8

25yx

22

222222

22

2y2 = 18 2: y2 = 9 y = 3 nlocuind n prima ecuaie obinem x= 4.

62

342

CABAA BCA === cm. R3.11.2. Fie ABC un triunghi dreptunghic i isoscel. Vrful A se gsete ntr-un

plan , iar catetele AB i AC formeaz cu planul unghiuri congruente. Fie Bi C proieciile vrfurilor B i C pe planul . 1) S se demonstreze c (BC)(BC) 2) Care este valoarea maxim pe care o poate avea unghiul u format de catetele AB i AC cu planul . 3) S se demonstreze c unghiul CAB nu poate fi ascuit. 4) S se afle unghiul diedru format pe planul triunghiului cu planul cnd m ( (AB ;))= 300.

Soluie 1) ABB ACC

ip)BBA()CCA(

ip)AC()AB(

ABB ACC

(BB) (CC)

==

A)B(PrB)C(PrC

AC=Pr (AC);

(AB)=Pr (AB) m( (AC ;))=m (CAC) i m( (AB ;))=m (BAB) avem m (CAC)=m (BAB)=u

2) Fie AB = AC = a atunci BC = a 2 . Din BB CC i (BB) (CC') BCCB dreptunghi (BB ) BC = a 2 AB=a cos u ; AC=a cos u n ACB avem AB+AC>BC

acos u +acos u >a 2

78

2acos u >a 2

cos u >22 u

79

A

DC

B

d

Soluie:

)D(PrD)B(PrB

==

A

)AB(PrBA)AD(PrDA

==

u)DDA(m)BBA(m)DDA(m);AD(m)BBA(m);AB(m

===

=

BBDDDADBABBBADDA)AD()AB(

DADBAB

=

i DDBB

(sunt perpendiculare pe acelai plan)

dreptunghiBDBDBBramlogparaleBDBD

BDBD BD BD 2) ABCD ADBC Dreptele paralele au proieciile paralele CDAB i ADBCABCD paralelogram i DCBADABA = este romb. 3) ABCD ptrat , AB=a, 2aDB2aBD ==

C

B D

80

Din 2

3aBABAB = . Fie { }0DBCA = . Din triunghiul dreptunghic AOB aplicnd T.P.

4a

22a

4a3OBBAAO

222222 =

==

AO= .a'AC2a =

4) BD planele se intersecteaz dup o dreapt d care trece prin A i dBDBD. )'CAC(m)));ABCD(((m

dACBDACd'AC'D'B'AC

81

C

D F

A

E

- Muchiile sunt segmentele [AB], [AC], [BC], [DA], [DB], [DC] - Baza tetraedrului este oricare dintre feele sale

Definiia 3.5.2. Se numete nlime a unui triunghi (tetraedru)

a) dreapta ce trece printr-un vrf al triunghiului (tetraedrului) i este perpendicular pe latura (faa) opus.

b) segmentul determinat pe dreapta de la punctul a) de ctre vrful considerat i de punctul de intersecie a dreptei suport a laturii (planului feei) opuse, numit piciorul nlimii

Observaii: 1)n propoziii ca: nlimile sunt concurente ne referim la drepte, iar expresia lungimea nlimii ne oblig s considerm nlimea un segment. 2) n general nlimile unui tetraedru nu sunt concurente.

Teorema 3.5.1. Lungimile nlimilor unui triunghi sunt invers proporionale cu cele ale laturilor. Definiia 3.5.3.

Aria ABC o notm 2hc

2hb

2haA cbaABC

=== , unde BC=a, AC=b, AB=c , ah - nlimea corespunztoare vrfului A, analog bh , ch . Teorema 3.5.2. nlimile unui tetraedru sunt invers proporionale cu ariile feelor corespunztoare. Demonstraie Fie tetraedrul ABCD Ducem AA(BCD) , A(BCD) i AEBC DD(ABC) , D(ABC) i DFBC Folosind T3 AEBC i DFBC Avem DFAE i AEDF DDF i AAE sunt asemenea avnd m(A)=m(D)=900 i EF (au laturile paralele)

2BCDF'AA

2BCAE'DDBC

21DF'AAAE'DD

AEDF

'AA'DD ===

BCDABC A'AAA'DD =

A B

D

82

Definiia 3.5.4. Prin volumul tetraedrului ABCD nlelegen numrul VABCD, definit prin relaia :

3'BBA

3'CCA

3'AAA

3'DDAV ACDABDBCDABCABCD

==== , unde A,B,C, D sunt picioparele nlimilor corespunztoare vrfurilor A,B,C respectivD Teorema 3.5.3. Aria unui triunghi ABC este dat de formula

2CsinabAABC = == 2

Asinbc sin2

ac B

Teorema 3.5.4. Volumul unui tetraedru ABCD poate fi calculat cu formula:

3

)))BCD();ABC((sin(AA2V BCDABCABCD=

Demonstraie Ducem AA(BCD) A(BCD) ; AEBC. Din T3 AEBC m(((ABC);(DBC)))=m(AEA) n AAE dreptunghic n A BCEsinAE'AA

AE'AAEsin ==

BCDABC AEsinA2BC'AAEsinBCAEBC'AA == EsinAA2ABC'AA BCDABCBCD = (1) Dar ABCDBCD V3A'AA = , nlocuind n relaia (1) aceasta devine:

BC3EsinAA2VEsinAA2V3BC BCDABCABCDBCDABCABCD

== Teorema 3.5.5.

Cele trei mediatoare ale unui triunghi sunt concurente ntr-un punct O care este egal deprtat de vrfurile triunghiului Observaie

1) Punctul de intersecie al mediatoarelor triunghiului se numete centrul cercului circumscris triunghiului.

2) Perpendiculara pe planul triunghiului n centrul cercului circumscris se numete mediatoarea triunghiului.

Definiia 3.5.4. Fie A i B dou puncte distincte. Planul mediator al segmentului [AB] este planul perpendicular pe dreapta AB care trece prin mijlocul segmentului [AB] Teorema 3.5.6. Cele ase plane mediatoare ale muchiilor unui tetraedru sunt concurente ntr-un punct care este egal deprtat de vrfurile tetraedrului.

83

C

GA

GD

G

E

Demonstraie Fie BC , planul mediator al segmentului [BC] i AC , planul mediator al segmentului [AC], ele sunt concurente pentru c dreptele BC i AC sunt concurente. Interseciile lui BC i AC cu planul (ABC) sunt mediatoarea lui [BC] respectiv mediatoarea lui [AC].Pentru c planele sunt perpendiculare pe planul (ABC), dreapta de intersecie al lor este perpendicular pe planul (ABC) i trece prin centrul cercului circumscris triunghiului. Definiia 3.5.5. Se numete median a unui triunghi segmentul de dreapt determinat de un vrf al triunghiului i mijlocul laturii opuse. Teorema 3.5.7. Medianele unui triunghi sunt concurente ntr-un punct G situat pe fiecare

median la 31

de baz din lungimea medianei i 32

fa de vrf.

Observaie Punctul de intersecie al medianelor unui triunghi se numete centrul de greutate al triunghiului Definiia 3.5.5. Se numete median a unui tetraedru segmentul determinat de un vrf al tetraedrului i centrul de greutate al feei opuse Definiia 3.5.6. Se numete plan median, planul determinat de o muchie a tetraedrului i mijlocul muchiei opuse. Teorema 3.5.8. Medianele unui tetraedru ABCD sunt concurente ntr-un punct G situat pe fieca-

re median la 41

de baz din lungimea medianei i la 43

de vrf din lungimea ei.

Demonstraie

A

B

D

84

C

R

Q

R

Fie tetraedrul ABCD , E mijlocul lui [BC], GD- centrul de greutate al ABC i GA- centrul de greutate al BCD. A,GA, E,GD ,D sunt coplanare. AGADGD ={G}.

AGEG

DGEG

D

D

A

A = . Din R.T. Thales GAGDAD. Din T.F.A. AGDGAGGD

31

GDGG

GAGG

ADGG DADA === . Analog se arat c i celelalte dou mediane

mpart pe AGD n acelai raport, deci ele sunt concurente. G centrul de greutate al tetraedrului Definiia 3.5.7. Se numete bimedian a unui tetraedru segmentul de dreapt determinat de mijloacele a dou muchii opuse ale tetraedrului. Teorema 3.5.9. Bimedianele unui tetraedru sunt concurente n centrul de greutate, centrul de greutate fiind mijlocul fiecrei bimediane.

Demonstraie Fie tetraedrul ABCD i M,N,P,Q,R,S mijloacele muchiilor [AB], [BC], [BD], [CD], [AD] respectiv [AC].

[MN] l.m. n ABC MNAC i 2

ACMN =

[RQ] l.m. n ACD RQAC i 2

ACRQ = MNQR paralelogram [MQ] i [RN] sunt concurente i se njumtesc. Analog se arat c [PR] trece prin mijlocul lui [MQ] , deci sunt concurente.

A B

D

M

N

P

85

TETRAEDRUL ORTOCENTRIC

n general nlimile unui tetraedru nu sunt dou cte dou secante, deci nici concurente. Definiia 3.5.8.

Un tetraedru n care cele 4 nlimi sunt 4 drepte concurente se numete ortocentric sau ortogonal. Punctul lor de intersecie se noteaz cu H i se numete ortocentrul tetraedrului.

Teorema 3.5.10.

nlimile din A i D ale tetraedrului ABCD sunt secante dac i numai dac muchiile AD i BC sunt perpendiculare (LHuilier 1782)

Demonstraie

Fie )D( )ABC(

)A()BCD( pr'Dipr'A ==

Condiii echivalente: AADD ADBC

AB

C

D

D

A

E

Dac AA i DD sunt secante. AA(BCD) AABC DD(ABC) DDBC. Din cele dou relaii rezult BC(ADD)BCAD Fie E piciorul perpendicularei din A pe BC.Notm planul (AED)=. Din BCAD i BCAE BC. Cum AABC i DDBC AA i DD sunt incluse n planul pentru c perpendicularele duse din A i D pe BC se afl n planul , deci sunt secante pentru c sunt nlimi n AED Consecina 10 Dac nlimile AA i DD sunt secante atunci i celelalte dou nlimi BB i CC sunt secante.

86

Demonstraie Din AADD ADBC BBCC Consecina 20 Dac AABB ={H}, atunci perpendiculara comun a muchiilor [AD] i [BC] conine punctul H Demonstraie Planul determinat de dreptele AA i DD intersecteaz pe BC n E, EH este cea de-a treia nlime a AED, deci EHAD, dar BC(AED) BCEH pentru c EH(AED). Din BCEH i ADEH consecina 20 Consecina 30 Dac nlimile AA i DD se taie n H, iar nlimile BB i CC se taie n H i HH, atunci HH este perpendiculara comun a muciilor opuse AD i BC Conform consecinei 20 , punctul H aparine perpendicularei comune dar i H apariene perpendicularei comune, atunci HHAD i HHBC Consecina 40 Tetraedrul ABCD este ortocentric dac i numai dac au loc condiiile: ADBC, ABCD, ACBD. Cele trei condiii de perpendicularitate a muchiilor opuse, exprim faptul c nlimile tetraedrului sunt dou cte dou secante. Teorema 3.5.11. nlimile din A i D Ale tetraedrului ABCD sunt secante dac i numai dac are loc relaia: 2222 BDACCDAB +=+ Demonstraie Fie E= )D(prFi)A(pr BCBC = . Avem : == 2222 ECBEACAB = )ECBE(BC)ECBE)(ECBE( =+ )FCBF(BC)FCBF)(FCBF(FCBFCDBD 2222 =+== nlimile AA i DD ale tetraedrului sunt secante dac i numai dac E=F. Conform egalitilor de mai sus, dac E=F atunci avem: 22222222 BDACCDABCDBDACAB +=+= . Din relaiile de mai sus BC(BE EC)=BC(BF FC), deci BE EC =BF+EF EF FC =BF+EF (EF+FC), adic 2EF=0 EF=0 E=F. Consecina 10 (Feuerbach , 1827) Tetraedrul ABCD este ortocentric dac i numai dac 222222 BCADACBDCDAB +=+=+ Tetraedrul ABCD este ortocentric dac i numai dac dou dintre nlimile AA, BB , CC, DD sunt secante. Conform teoremei 3.13.11. dou nlimi sunt secante dac i numai dac are loc egalitatea de sume de ptrate de muchii opuse. Consecina 20 Dac au loc dou dintre condiiile ABCD, ADBC, ACBD atunci are loc i a treia

87

D

A

E

Consecina 30 Tetraedrul ABCD este ortocentric dac i numai dac cele trei bimediane sunt egale. TEOREMA 3.5.12. (Vecten , 1817) Tetraedrul ABCD este ortocentric dac i numai dac proiecia ortogonal A a lui A pe planul (BCD) coincide cu ortocentrul BCD. Demonstraie

Dac BCD nu este dreptunghic atunci ortocentru su HA nu coincide cu nici un vrf.

Condiii echivalente: AH'ABDACCDAB =

Din ABCD i AACDCD(AAB) CDBA, BACD={E}A BHA Din ACBDACHA Se observ c tetraedrul ABCD este ortocentric ACBD,ABDC ABHA i ACHA A=HA Observaii

i) Dac BCD este dreptunghic n D HA=D, propoziia rmne adevrat. ii) Dac BCD este dreptunghic n B sau C este necesar o nou reformulare a notaiilor. iii) Mijloacele celor ase muchii ale unui tetraedru ortocentric se afl pe o sfer de centru G i raz egal cu lungimea unei jumti de bimedian, conform consecinei 30

A

B C

88

TETRAEDRUL ECHIFACIAL

Numeroase proprieti ale triunghiului echilateral extinse n spaiu, se ndeplinesc n tetraedre echifaciale. De aceea studiul acestor tetraedre este util pentru studiul interferenei dintre geometria euclidian plan i geometria spaiului tridimensional. Definiia 3.5.9. Se numete tetraedru echifacial un tetraedru ale crui fee sunt echivalente. Numeroase proprieti ale triunghiului echilateral, extinse n spaiu, se ndeplinesc n tetradre echifaciale. De aceea studiul acestor tetraedre este util pentru studiul interferenei dintre geometria euclidian plan i geometria spaiului tridimensional. Teorema 3.5.13. Un tetraedru ABCD este echifacial dac i numai dac cele patru nlimi sunt egale. Demonstraie Condiii echivalente: DCBAABDBCDACDABC hhhhAAAA ====== , unde hA este nlimea corespunztoare vrfului A.

3Ah

3Ah

3AhV;

3AhV ACDBBCDAACDBBCDA ===

BA hh = Din ihh BA = ACDBCDACDBBCDA AA3

AhV;3AhV ===

Lema 3.5.1. ntr-un tetraedru echifacial ABCD fiecare bimedian este perpendiculara comun a muchiilor ce le njumtete. Demonstraie Fie M mijlocul lui [AB] i E,F,N proieciile ortogonale ale punctelor A, B, M pe muchia opus CD. Dac AM=MB EN=NF. Se observ c : CDBFA2A2CDAE BCDACD === AE=BF. Din triunghiurile dreptunghice AEN i BFN AN=NB. Deci n triunghiul isoscel NAB , mediana [MN] este i nlime, deci MN este perpendiculara comun a muchiilor AB i CD. Dac prin absurd, N nu ar coincide cu mijlocul M al muchiei [CD], s-ar relua construcia i demonstraia, schimbnd rolul muchiilor [AB] i [CD] i am gsi o alt perpendicular comun MN a muchiilor [AB] i [CD], ceea ce este absurd.

89

Teorema 3.5.14. Condiia necesar i suficient ca tetraedrul ABCD s fie echifacial este ca orice pereche de muchii opuse s fie egale. Pe aceeai figur folosit n demonstraia lemei se observ c NE=NF i ND=NC, deci ED=FC. ADEBCF [AD][BC] i se constat c [CE][FD], AECBFD [AC][BD]. Dac muchiile opuse sunt egale, oricare ar fi dou fee ale tetraedrului se gsete o coresponden a vrfurilor astfel nct triunghiurile s fie congruente conform cazului (L.L.L.), deci ariile triunghiurilor vor fi egale Teorema 3.5.15. Dac n tetraedrul ABCD orice bimedian este perpendiculara comun a muchiilor ce le unete atunci tetraedrul este echifacial. Demonstraie Fie E i F mijloacele muchiilor [AB] i [CD]. Avem EFAB AF=BF 4AF=4BF, obinem :

2222222222 ADBCBDACdeciCD)BDBC(2CD)ADAC(2 == (1) Analog din EFCD obinem : 2222 ADBCACBD = (2) Din relaiile (1) i (2) AC=BD

TETRAEDRUL TRIDREPTUNGHIC

Definiia 3.5.10. Tetraedrul ABCD este tridreptunghic n D dac oricare dou dintre dreptele DA, DB, DC sunt perpendiculare. Se observ uor c un tetraedru tridreptunghic este i ortocentric, deci are i proprietile tetraedrului ortocentric.Aceste tetraedre au ns i proprieti suplimentare ce generalizeaz ntr-un mod remarcabil relaiile metrice din triunghiul dreptunghic. Teorema 3.5.16 Tetraedrul ABCD este tridreptunghic dac i numai dac au loc egalitile: 222222222222 cbaDC2;cbaDB2;acbDA2 +=+=+= Demonstraie Dac ABCD este tridreptunghic aplicm T.P n DBC, DAC, DAB i obinem: 222222222 DBDAc;DCDAb;DCDBa +=+=+= Adunm egalitile i obinem :

90

2

cbaDCDBDA222

222 ++=++ Folosind relaiile de mai sus obinem egalitile din enun Din

2222

2222

cbaDB2

;acbDA2

+=+= prin adunarea lor obinem

222 cDBDA =+ . Din R.T.P.DAB dr. n D Analog se arat c i celelalte e triunghiuri sunt dreptunghice Probleme rezolvate R3.13.1. Demonstrai c ntr-un tetraedru echifacial cele patru mediane au lungimi egale Demonstraie Fie tetraedrul ABCD, [AE] i [DE] mediane , E[BC] iar GD i GA, centrele de greutate ale feelor ABC i BCD. Notm DGD=mD mediana corespunztoare vrfului D. Aplicm Teorema lui Stewart i obinem:

22

22D

222D

DDD2

D22

D

AE92

3ADDE

32m

AE31AE

32AE

3AEAD

3AE2DEAEm

EGAGAEEGADAGDEAEm

+=

+=+=

Folosind teorema medianei pentru [DE] i [AE] obimen:

9

)ABACBC()ADBDDC(3m222222

2D

++++= Analog obinem:

9

)CDBDBC()ABACAD(3m222222

2A

++++= 2A

2D mm =

222222222222 CDBDBCAB3AC3AD3ABACBCAD3BD3DC3 ++=++

4:AB4AC4BD4DC4 2222 +=+ 2222 ABACBDDC +=+ (relaie adevrat deoarece muchiile opuse sunt congruente) Analog se arat c celelalte dou mediane sunt congruente cu ele.

91

HD

R3.13.2.Dac ABCD este un tetraedru tridreptunghic n D i HD piciorul nlimii din D pe faa ABC, atunci HD este ortocentrul triunghiului ABC. Demonstraie Din [DHD] (ABC) DHDBC (1) ADDC i ADDBAD(BDC) ADBC (2) Din relaiile (1) i (2) BC(ADHD) BCAHD AHD nlime n triunghiul ABC Analog BHD nlimeHD ortocentrul ABC R3.13.3. Dac ABCD este un tetraedru tridreptunghic n D i HD piciorul nlimii din D pe faa ABC, BCHABC

2DBC DAAA =

Demonstraie ADBD, BDCD, CDAD i BC(ADE) n ADE din T.C AEEHDE D2 = . nmulim egalitatea cu 4

BC2 i

obinem:

=2

BCEH2

BCAE)2

BCDE( D2 relaia cerut

A

B

C

D

F E

K

92

Bibliografie D.Brnzei i colectivul, Planul i spaiul euclidian; Ed. Academiei 1986 D.Brnzei i colaboratorii, Bazele raionamentului geometric, Ed. Academiei 1983 J. Hadamard, Lecii de geometrie elementar, Geometrie n spaiu, Ed. Tehnic 1961 A.N. Kolmogorov, A.F. Semenovici, F.F. Naghibiu, R.S. Cerkosov, V.A. Guev, Geometrie pentru clasele VI-VIII, EDP 1979 K. Teleman, M. Florescu, C. Rdulescu, D. Moraru, E. Sttescu, Matematic-geometrie i trigonometrie clasa a X-a, EDP 1979 M. Miculia, Introducere n geometria tetraedrului, Ed. Minied, Iai 1994 I. Cuculescu i colectivul, Matematic- Geometrie- Manual pentru clasa a VIII-a, EDP 1997 A. Negril, M. Negril, Algebr-Geometrie-clasa a VIII-a, Ed. Paralela 45/ 2002 C. Crbunaru, I. Chec, V. Mangu, A. Negru, I. Sebestyen, Culegere de probleme n sprijinul elevilor claselor V-VIII, SSM 1981, pag 419-446 I. Georgescu, Geometrie n spaiu, Ed. All 1995, pag 40-117 A. Bluc, I. icalo, Matematic-Geometrie n spaiu, Ed. Axa Botoani 1996 pag 12-28 A. Mo, Geometrie-Probleme de perpendicularitate n spaiu M. Miculia, D. Brnzei, Analogii triunghi-tetraedru, Ed. paralela 45/2000 M. Maricel, Tabra naional de matematic, Craiova 2001 T. Lalescu, Geometria triunghiului, vol I,Ed. Apollo,Craiova 1993 L. Nicolescu, V. Borkoff- Probleme practice de geometrie, Ed. Tehnic 1990 Bucureti Foaia matematic 2/1998