Tema 8 DISTANTE IN SPATIU Prof. Gr. I PIRVU MIHAI Școala gimnazială nr. 43 Ferdinand Constanta

Transcript

1 Lucrările Centrului Județean de Excelență la Matematică Constanța Tema 8 DISTANTE IN SPATIU Prof Gr I PIRVU MIHAI Școala gimnazială nr 4 Ferdinand Constanta Probleme propuse şi indicaţii pentru rezolvarea lor 81 Fie pătratul ABCD cu M (CD) şi N (AB), [AN] [NB] In exteriorul pătratului ABCD se construiesc pătratele CMEF şi DMIH Dacă NP (ABC), NP = AB = a, să se calculeze distanţele de la punctul P la centrele de greutate ale AHFşi BHF Construim pătratele date şi se demonstrează că ABFH este trapez dreptunghic, pentru care construim NO linie mijlocie Se demonstreză că NO CD, NO=/ a şi notăm CD NO={K}, CD AO={G}, CD BO={J} Se demonstreză că ANO BNO,apoi GKO~ ANO şi se determină raportul de asemănare ca fiind egal cu 1/ Se justifică astfel că G este centru de greutate a AHF şi J este centru de greutate a BHF Deoarece KG = KJ = a/6 şi PN = NK = a, unde NP (ABC) şi NK CD, atunci distanţele cerute sunt PG = PJ = a, oricare ar fi poziţia 6 punctului mobil M, M (CD) 8 Arătaţi că centrele feţelor unui cub sunt vârfurile unui octaedru, iar centrele feţelor unui octaedru sunt vârfurile unui cub Notăm lungimea laturii cubului cu a Oricare ar fi centrele Oi Oj, i,j {1,, 6}, i j pentru două feţe alăturate ale cubului, demonstrăm că OiO j a Poliedrul O1OOO4O5O6 este un octaedru care are 8 feţe triunghiuri echilaterale şi diagonalele sale au lungimea a Notăm centrele feţelor octaedrului cu Gi, i {1,, 8} şi demonstrăm că segmentele GiGj, i,j {1,, 8}, i j, dintre centrele a două feţe laterale alăturate ale octaedrului sunt paralele cu o diagonală a octaedrului sau cu laturile cubului iniţial Laturile cubului obţinut G1GGG4G5G6GG8 sunt respectiv paralele cu laturile cubului iniţial şi au lungimea egală cu 1 a Propoziţie: Diagonalele cubului mic sunt incluse în diagonalele cubului iniţial şi toate diagonalele corpurilor au acelaşi mijloc

2 Lucrările Centrului Județean de Excelență la Matematică Constanța In piramida regulată VABC, fie punctele M (VA), VA = 4 VM şi N (BC), [BN] [NC] Dacă VO (ABC), O (ABC), să se demonstreze că MN trece prin mijlocul înălţimii [VO] Metoda 1 In secţiunea piramidei VABC cu planul (VAN) recunoaştem AOV pentru care, ON 1 AM conform ipotezelor, si AN VM Aplicăm teorema lui Menelaos şi obţinem [VI] [IO], unde VO MN = {I} Metoda Se introduc mijoacele D şi P ale segmentelor [VA] şi respectiv [AO], se aplică teorema liniei mijlocii în triunghiul AOV şi apoi, reciproca acestei teoreme în DOV Aceeaşi concluzie, [VI] [IO],VO MN = {I} 84 Fie unghiul diedru cu măsura mai mică de 90 0 format de planele α şi β, segmentul [AB] astfel încât A α şi B β şi fie M mijlocul segmentului [AB] Distanţa de la A la muchia diedrului este egală cu 5cm, distanţa de la M la planul β este egală cu,5cm şi distanţa de la B la planul α este egală cu 6,(6)cm Să se determine distanţa de la punctul M la muchia diedrului şi tangenta unghiului plan al diedrului Fie AA1 β, MM1 β, MM1=,5cm, [AM] [MB], deci în AA1B, AA1= MM1=5cm Dacă AA1 β, AA1 = 5cm şi AC d, C d, AC= 5cm, atunci A1C d, A1C= Dacă BB1 α, BD d, atunci B1D d Construcţia ne permite să descoperim că m (α,β)=m (ACA1)= m (BDB1) şi m (AA1C)= m (BB1D)=90 0 şi deci în AA1C AA1 AC ~ BB1D BD=4 BB1 BD In trapezul dreptunghic A1BDC, fie M1P d şi cum [AM] [MB], A1C= 5 cm, BD=4 5 cm 5 cm 5 cm, atunci linia mijlocie a trapezului este M1P= 5 cm In MM1P, m (MM1P)=90 0, MM1=,5cm, M1P= 5 cm, deci d(m,d)= MP= 05 cm şi AA1 5 tg (α,β)=tg (ACA1) = AC 1

3 Lucrările Centrului Județean de Excelență la Matematică Constanța copyrightvasile Arsinte 85 Dreptunghiul ABCD cu AB = a şi BC = a se îndoaie după diagonala BD astfel încât (ABD) (CBD) Dacă E este mijlocul segmentului [BC], aflaţi poziţia punctului N, N (BD), astfel încât NAE să fie isoscel după îndoire Pentru AB = a, AD = a şi m (BAD)= 90 0, fie AM BD, M (BD), atunci BD=a şi BM= a Dacă (ABD) (CBD şi AM BD, atunci AM (BCD) In NAE, N (BD), [AN] [AE]şi AM (BCD) atunci AMN AME,de unde [MN] [ME] Demonstrăm că în BEN, m (EBN)= 0 0, BE= a MN = ME = BM = şi [MN] [ME],atunci a In concluzie, N (BD), [BN] [ND] 86 Triunghiul ABC este inscris într-un cerc şi fie D un punct oarecare al cercului Dacă dreapta DE este perpendiculară pe planul cercului şi M, N, P sunt proiecţiile punctului E pe dreptele AB, BC şi respentiv AC, să se demonstreze că : a) dacă M = B, atunci P = C ; b) M, N şi P sunt coliniare ; b) dacă M este mijlocul laturii [AB], atunci BN CP = CN AP A, B, C, D (O) ABCD inscriptibil ABD ACD DE (ABC), EM AB, EN BC şi EP AC, atunci DM AB, DN BC şi respectiv DP AC a)dacă M = B, atunci m( ABD)=m( ACD)=90 0, deci P = C b) DM AB, DN BC, DP AC M, N şi P sunt puncte ce aparţin dreptei lui Simpson, deci sunt coliniare, P MN c) Dacă [AM] [MB], aplicând teorema lui Menelaos în ABC, atunci BN CP = CN AP

4 Lucrările Centrului Județean de Excelență la Matematică Constanța Fie ABC cu m (BAC)= 90 0 şi m (ACB)= 15 0, care se îndoaie după înălţimea [AD], D (BC), AD = 1m, astfel încât pr(abd)c = B Să se calculeze d[d, (ABC)], d[b, (ACD)] şi raportul ariilor ABC înainte de îndoire şi după îndoire Inainte de îndoire, se consideră punctul M, M (BC), [BM] [MC], AD BC, AD = 1m şi m (ACB)= 15 0, atunci se demonstrează că AM = MC = BM =m, DM = m şi BD = - m In ABD, calculăm lungimea ipotenuzei şi obţinem AB m şi în ABC, calculăm lungimea ipotenuzei şi obţinem AC m După îndoire, conform ipotezei pr(abd)c = B CB (ABD) şi cum BD AD, rezultă că AD DC In BCD, cu m (CBD)= 90 0 calculăm lungimea catetei BC şi obţinem BC m Construim DE AB,E (AB) şi BF CD, F (CD) şi demonstrăm că d[d, (ABC)] = DE= şi d[b, (ACD)]= BF= 4 m Raportul ariilor ABC (înainte / după) este Observaţie: Se pot determina distanţele cerute folosind formula volumului piramidei! 88 Fie A, B, C, D puncte necoplanare astfel încât AB = 8, AC = 11, AD = 10 şi BD = BO = DO = 6, unde O este mijlocul segmentului [DC] Dacă N şi T sunt mijloacele segmentelor {AD] şi respectiv [BC], să se afle : a) m (AC;BD); b) d[c,(abd)] ; c) d[a,(bcd)];d) NT a)in BCD, BD = BO = DO = CO = 6 m (CBD)= 90 0, BC = 6 (1) In ABD, AB = 8, AD = 10, BD = 6 m (ABD)= 90 0 () Din (1) şi () BD (ABC) BD AC m (AC;BD)=90 0 () b) In ABC, AB = 8, AC = 11, BC = 6 m (BAC)= 90 0 (4) Din () şi (4) AC (ABD) d[c,(abd)] = AC = 11 c) In ABC, AP BC, P (BC) şi BD (ABC) AP (BCD) d[a,(bcd)]= 8 9 d) N (AD), [AN] [ND], O (CD), [CO] [OD] NO AC, analog TO BD şi cum BD AC, atunci în NOT, m (NOT)= 90 0, NO = 11, TO = NT = 5 m

5 Lucrările Centrului Județean de Excelență la Matematică Constanța copyrightvasile Arsinte 89 Fie punctele necoplanare A, B, C, D, astfel încât m (BCD)= 90 0, BC = 0cm, CD = 40cm, m [AC;(BCD)] = 60 0 şi [AB] [AD] Planul determinat de centrele de greutate ale ABC, ACD şi BCD este perpendicular pe planul (BCD) Să se determine distanţa de la punctul A la planul (BCD) Fie C1, C, C mijloacele laturilor AB, AD, BD şi G1, G, G centrele de greutate ale ABC, ACD şi respectiv CG1 CG CG BCD Deoarece, conform CC1 CC CC reciprocei teoremei lui Thales, rezultă că G1G C1C, G1G C1C, deci (G1GG) (ABD) şi cum (G1GG) (BCD), rezultă că (ABD) (BCD) (1) Din [AB] [AD] şi [BC] [CD}, rezultă că AC BD şi cu (1) putem descoperi că d[a,(bcd)] = AC In BCD, m (BCD)= 90 0, BC = 0cm,CD = 40cm, deci BD = 50cm şi CC = 5cm Cum m [AC;(BCD)]=60 0, rezultă că d[a,(bcd)] = AC = 5 cm 810 Fie diedrul drept determinat de pătratele ABCD şi ABEF cu AB = 1cm Se consideră cercul C(O,r) tangent dreptei EF, astfel încât C,D C(O,r) Să se determine lungimea razei r, distanţa de la punctul O la planul (ABC) şi aria proiecţiei discului circular [C(O,r)] în planul (ABC) Dacă ABCD şi ABEF sunt pătrate cu AB = 1cm AB = EF = CD = 1cm şi AB EF CD (1) Deoarece (ABC) (ABE), atunci AB (BCE)() Din (1) şi () rezultă CDFE dreptunghi Fie M, N, şi T mijloacele laturilor EF, CD şi respectiv AB Se demonstreză că există C(O,r), cu centrul cercului pe mediatoarea MN a MCD şi notăm (MN C={P} In MCD, CD= 1cm, MN = cm,mc = MD = cm, determinăm raza r a cercului circumscris, r = 9 9 cm, de unde diametrul MP= 16 8 cm Fie OS (ABC), S (TN, MT (ABC), atunci din în SON ~ TMN OS ON OS = cm, deci d[o,(abc)] = MT MN cm Cum m [(ABC), (C ])=45 0,aria proiecţiei discului circular în (ABC) este egală cu cm Demonstraţi : Proiecţia obţinută nu este disc circular!

6 Lucrările Centrului Județean de Excelență la Matematică Constanța Cubul ABCDEFGH este secţionat cu un plan α ce include CE, astfel încât aria secţiunii să fie minimă Dacă AB = a (cm), determinaţi distanţa de la dreapta DH la dreapta CE şi aria secţiunii minime în cub Planele feţelor laterale opuse ale cubului sunt plane paralele, deci orice plan ce include diagonala CE determină, pe aceste feţe, drepte paralele Notând α DH ={I} şi α BF ={L}, atunci secţiunea este paralelogramul CIEL şi atunci există punctul O, CE IL ={O},[CO] [OE] şi [IO] [OL] Deoarece O este mijlocul oricărei diagonale a cubului, atunci CE (BDH) ={O} Din ABCDEFGH cub, se demonstrează că (BDH) (ACE) şi DH (ACE) Construim OM DH, M DH Din OM BD şi BD CE, deducem OM CE şi demonstrăm astfel că OM = d(ce,dh)= a Fie OM BF ={N} şi demonstrăm că MN = a IL, oricare ar fi I, I (DH), atunci CIEL devine rombul CMEN Se justifică astfel că aria minimă a secţiunii este egală cu aria rombului CMEN, adică 6 ( ) a cm O Variantă de studiu : Cu condiţia de minim în formula ariei, paralelogramul CIEL devine romb 81 Fie prisma regulată ABCDEF cu AD >AB = a (cm), (AM bisectoarea BAD, M (BE), şi (BN bisectoarea EBC, N (CF) Dacă (MAC) (ABN) = [AP, să se determine : a) d(ap;be); b) d(bc;ap); c) d[b, (ACP)] a) Bisectoarele (AM a şi (BN, determină ABM, MBC, BCN şi ACN dreptunghice isoscele şi congruente Se consideră punctele G, K, H mijloace ale segmentelor [AC], [BC] şi respectiv [BM] Deoarece (MAC) (ABN) =BN CM = [AP, se demonstrează că PH = PG = 1 a şi deoarece PG BE, atunci BE (APG)Se demonstrează că BGPH este pătrat şi astfel PH BE (1) Apoi planul (APG) BC şi BC PH PH AP() Din (1) şi () se deduce că d(ap;be)= PH = 1 a b)fie GJ AP, J (AP) şi cum (APG) BC d(bc;ap) =JG = 4 a c)fie BO MK, O (MK) şi cum (BEK) (ACM), atunci BO (ACM) d[b;(acm)] = BO = 1 a

7 Lucrările Centrului Județean de Excelență la Matematică Constanța copyrightvasile Arsinte 81 In prisma regulată ABCDEFA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 cu AA 1 = AB = a, notăm (ADD 1 ) CE 1 = {P}, (CEE 1 ) AD 1 = {Q} şi AF BC = {T} a) Să se demonstreze că PQ (ABD) b) Să se determine d(t,pq) şi aria PQT c) Să se calculeze d[f,(pqt)] a) Din AA 1 = CC 1 = DD 1 = EE 1 = AB = a, AA 1 CC 1 DD 1 EE 1 şi AA 1 (ABC), rezultă că (AA 1 D) (ABC), (CC 1 E) (ABC) şi dacă notăm AD EC = {K}, A 1 D 1 E 1 C 1 = {K 1 }, atunci (AA 1 D) (CC 1 E) = LK şi LK (ABC) (1) Cu (ADD 1 ) CE 1 = {P}, (CEE 1 ) AD 1 = {Q} şi (1), demonstrăm că PQ (ABD) Din QKA~ D 1 DA, calculăm QK= CKP~ CEE 1, PK= 1 a, deci PQ= 4 a 1 4 a şi din () b) Deoarece ABCDEF este hexagon regulat cu AB = a şi AF BC = {T}, atunci calculăm în CTK, m [(TCK)=90 0, TK= 19 a () Din (1), () şi (), calculăm APQT = a c) Fie O centrul hexagonului regulat ABCDEF, cu AO= OK=AF=AT=a, atunci AKFT = fie MF TK, M (TK) şi cum TK= Conform (a) şi FM KT, se demonstrează că d[f,(pqt)]= FM = 4 a şi 19 a,atunci calculăm înălţimea FM a KFT, FM = 5 19 a 5 19 a 814 Fie tetraedrul regulat ABCD, AB = a şi M (BC), [BM] [MC] Dacă N (BD),astfel încât lungimea AN +MN este minimă, să se determine : a) poziţia punctului N; b) lungimea segmentelor AN şi MN; c) d[d(amn)] a)in tetraedrul regulat ABCD, AB = a, dacă N (BD), AN +MN minim, fie EBD desfăşurarea ABD în (BCD) şi cum M (BC), [BM] [MC], atunci în rombul BCDE, BM DE, DE = BM (1) Se demonstrează că în trapezul dreptunghic BEDM, AN +MN=EN+NM (minim) N (EM), BM BN MN () DE DN EN a Din (1) şi () DN BN

8 Lucrările Centrului Județean de Excelență la Matematică Constanța b) In DEM, m [(MDE)=90 0, DM= MN= 6 a şi EN = AN = OM c) In BCD, O (DM), DM a a BN 1 OM = DN OMN, m [(MON)=90 0, OP MN, OP= Deoarece AO (BCD),,DE = a EM = 1 1 a a şi cu () 6 a, 1 ON a şi cum BM ON () 6 AO a şi () d[o(amn)]= se justifică d[d(amn)]= d[o(amn)]= 5 5 a Variante posibile : 1 Se poate construi, în figura dată, perpendiculara din D pe planul (AMN) Se poate folosi formula volumului piramidei ADMN a S-a demonstrat că OM 1 DM şi Address of the author: Pîrvu Mihai Școala gimnazială nr 4 Ferdinand Constanţa mykemath@yahoocom