Probleme: Peprendicularitate in spatiu

1. Dreptunghiul ABCD cu laturile AB = 3 cm, BC = 12 cm, se indoaie de-a lungul dreptei MN (M mijlocul lui AD, N mijlocul lui BC), pana cand AMB si DCN devin perpendiculare. Sa se afle lungimea segmentului BD dupa indoire.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 1

BN⊥(NDC); BN=\frac{BC}{2}=6\ cm;

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿NDC:

{ND}^2={NC}^2+{CD}^2=36+9=45;

BN⊥(NDC)=>BN⊥ND

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿BND:

{BD}^2={BN}^2+{ND}^2=36+45=81=>BD=9

2. Un trapez isoscel ABCD are baza mare AB = 22 cm, baza mica CD = 10 cm si latura neparalela egala cu 10 cm. Se indoaie trapezul de-a lungul liniei mijlocii MN, pana cand planele (ABM) si (DCN) devin perpendiculare. Sa se afle distanta, dupa indoire, de la punctul D pana la baza AB.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 2

Ducem DP⊥MN;PT⊥AB;

MN=\frac{DC+AB}{2}=\frac{22+10}{2}=16

MP=\frac{MN-DC}{2}=3; DM=\frac{AD}{2}=5

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿DPM:

{DM}^2={DP}^2+{MP}^2= 25+9=34=> DM=\sqrt{34}

PT este inaltime in trapezul ABNM =>

{PT}^2={AM}^2+\left(\frac{AB-MN}{2}\right)^2= 25+9=34 =>PT=\sqrt{34}

DP⊥MN, DP⊥(ABN)=>DP⊥PT

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿DPT: {DT}^2={DP}^2+{PT}^2=68 =>DT=2\sqrt{17}

3. Dreptunghiul ABCD se indoaie de-a lungul diagonalei AC, pana cand planele ACB si ACD devin perpendiculare. Daca AB = 3 cm si BC = 4 cm, sa se afle lungimea segmentului BD dupa indoire.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 3

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿ADC:

{AC}^2={AD}^2+{CD}^2 =16+9=25=>AC=5

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿AMB:

{AB}^2={MB}^2+{AM}^2 =>{MB}^2=9-{AM}^2

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿BCM:

{CB}^2={MC}^2+{MB}^2=>{MB}^2 =16-\left(5-AM\right)^2;

{MB}^2=9-{AM}^2= 16-\left(5-AM\right)^2;

9-{AM}^2=16-25-{AM}^2+10\cdot AM; 10\cdot AM=18=>AM=\frac{9}{5};

MB=\sqrt{9-\frac{81}{25}}=\frac{12}{5}

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿MDN:

{MD}^2={MN}^2+{ND}^2= \left(AC-AM-NC\right)^2+\frac{144}{25}= \frac{49}{25}+\frac{144}{25}= \frac{193}{25};

BM⊥AC, AC⊂(ACD), BM⊥(ACD), BM⊥MD;

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿BMD:

{BD}^2={BM}^2+{MD}^2 =>BD=\sqrt{\frac{193}{25}+\frac{144}{25}}= \frac{\sqrt{337}}{5}

4. Un triunghi dreptunghic ABC (m(∢A)=90°) se indoaie de-a lungul inaltimii AD, pana cand planele ABD si ADC devin perpendiculare. Stiind ca AB=2\sqrt6 cm si AC=2\sqrt{10}, sa se calculeze distanta intre punctele B si C dupa indoire.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 4

Calculam BC inainte de indoire aplicand teorema lui Pitagora:

{BC}^2=24+40=64 =>BD+DC=8

AD este inaltime in triunghiul BAC inainte de indoire.

{AD}^2={AB}^2-{BD}^2= {AC}^2-{DC}^2=> 24-{BD}^2= 40-\left(8-{BD}^2\right)^2;

24-{BD}^2= 40-64-{BD}^2+16\cdot BD;

16\cdot BD=48 =>BD=3; DC=5

{AD}^2=24-9=15; AD=\sqrt{15}

{BM}^2={AB}^2-{AM}^2= {BD}^2-\left(AD-AM\right)^2=>

24-{AM}^2= 9-15-{AM}^2+2\sqrt{15}\cdot AM =>AM=\frac{15}{\sqrt{15}}= \sqrt{15};

BM=3; MD=\sqrt{9-3}=\sqrt6

{CN}^2={AC}^2-{AN}^2= {CD}^2-\left(AD-AN\right)^2=>

40-{AN}^2=25-15-{AN}^2+2\sqrt{15}\cdot AN =>AN=\sqrt{15};

{CN}^2=40-15=25; CN=5

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 5

AM=AN=>M=N; {BC}^2={BM}^2+{CN}^2=25+9=34=> BC=\sqrt{34}

5. Doua triunghiuri dreptunghice isoscele ABC, (m(∢A)=90°) si ADC, (m(∢C)=90°) au cateta AC = a comuna si planele perpendiculare. Sa se calculeze lungimea segmentului BD.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 6

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿ABC: {BC}^2={AC}^2+{AB}^2 =>BC=a\sqrt2;

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿DBC: {DB}^2={DC}^2+{BC}^2 =>DB=a\sqrt3;

6. Fie α si β doua plane perpendiculare si A si B doua puncte (A∈α, B∈β). Stiind ca punctele A, B sunt situate la o distanta de 3 m fata de dreapta de intersectie a celor doua plane si ca B=\ \sqrt{34} m, sa se calculeze distanta intre M si N (picioarele perpendicularelor duse din A si B pe dreapta de intersectie a celor doua plane).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 7

BN⊥α, AN⊂α;=>BN⊥AN =>{AB}^2={BN}^2+{AN}^2=>

AN=\sqrt{34-9}=5;

{AN}^2={AM}^2+{MN}^2 =>MN=\sqrt{25-9}=4

7. Sa se determine locul geometric al punctelor egal departate de doua drepte paralele.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 8

Este un plan egal departat de cele doua drepte paralele.

8. Sa se determine locul geometric al punctelor egal departate de doua drepte concurente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 9

Sunt doua planuri care contin bisectoarele formate de cele doua drepte.

9. Sa se determine locul geometric al punctelor egal departate de doua semiplane marginite de aceeasi dreapta.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 10

Este un plan care contine dreapta de intersectie a planelor si se numeste “plan bisector”.

10. Daca numim “plan bisector” locul geometric gasit la problema precedenta, atunci, sa se arate ca, fiind date trei plane care au un punct comun, si numai unul, planele bisectoare au o dreapta comuna.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 11

Consideram planele α, β, γ si notatiile conform figurii. Observam ca se formeaza un triunghi. Planele care contin bisectoarele unghiurilor se intersecteaza in doua puncte: punctul de intersectie al bisectoarelor triunghiului si punctul comun de intersectie a celor trei plane. Aceasta este dreapta cautata.

11. Fie OA, OB, OC trei segmente perpendiculare doua cate doua. Perpendiculara din O pe planul triunghiului ABC cade in punctul de intalnire al inaltimilor triunghiului ABC.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 12

Fie OH perpendiculara dusa pe planul (ABC). Planul COH este perpendicular pe (ABC). Daca OC’ este perpendicular pe AB, conform reciprocei teoremei celor trei perpendiculare, HC’ este perpendicular pe AB.

12. Un triunghi dreptunghic isoscel ABC (m(∢ABC)=90°) se indoaie de-a lungul inaltimii AA’, pana cand planele triunghiurilor AA’B, AA’C devin perpendiculare. Sa se demonstreze ca triunghiul ABC, obtinut dupa indoire, are un unghi de 60°.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 13

CA'+A'B=a\sqrt{2\ }; BC inainte de indoire, dar triunghiul fiind dreptunghic isoscel => CA^\prime=AA^\prime=\frac{\sqrt2}{2}a

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿CA’B:

{BC}^2={CA\prime}^2+{A\prime B}^2= \frac{1}{2}a^2+\frac{1}{2}a^2=a^2 =>BC=a

=> Triunghiul ABC dupa indoire este echilateral, deci are toate unghiurile de 60°.

13. In triunghiul ABC, se considera linie mijlocie MN (M∈AB, N∈AC) si secanta AP (P∈BC), AP⋂MN={P’}. Sa se indoaie triunghiul de-a lungul lui MN, astfel incat planele AMN si BMN sa fie perpendiculare. Sa se demonstreze ca triunghiul nou format PP’A este isoscel.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 14

In triunghiul BAP inainte de indoire, MP’∥BP;AM=BM=>MP’ este linie mijlocie. => AP’=PP, relatie valabila si dupa indoire.

14. Sa se arate ca prin orice dreapta, situata intr-un plan α, trece un plan unic perpendicular pe α.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 15

Intr-un punct A∈a⊂α, b⊥a Planul (a, b) este cel cautat. Presupunem existenta a doua plane care se intersecteaza cu al treilea, dar aceasta contrazice unicitatea perpendicularei pe dreapta in acest plan.

15. Daca dreptele a si b sunt perpendiculare si daca a⊥α si b⊥β (α si β fiind doua plane), atunci α⊥β.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 16

Consideram dreapta c inclusa in α, c⊥a=>c∥b;b⊥β=>c⊥β=>β⊥α.

16. Daca o dreapta d este intersectia a doua plane, α si β perpendiculare pe un plan γ, atunci d⊥γ.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Peprendicularitate in spatiu 17

Presupunem ca d nu este perpendicular pe planul γ. Fie A∈d.Ducem din A perpendiculara a pe γ in planul α si perpendiculara b in planul β. Dar dintr-un punct exterior unui plan nu putem duce decat o singura perpendiculara, deci a = b = d.

Probleme: Teorema celor trei perpendiculare

1. In varful A al triunghiului dreptunghic ABC (m(∢A)=90°) se ridica perpendiculara pe planul triunghiului, pe care se ia AM = 10 cm. Stiind ca AB = 40 cm si AC = 30 cm, sa se determine distanta lui M la BC.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 18

BC2=1600+900=2500=>BC=50;

Fie AN⊥BC; {AN}^2=40\cdot30=>AN=20\sqrt3

{MN}^2={AM}^2+{AN}^2= 100+1200=10\sqrt{13}

2. Pe cercul (C) de centru O si raza r = 8 cm se iau doua puncte A si B astfel incat m\left(\widehat{AB}\right)=120^{\circ}. In O se ridica perpendiculara pe planul cercului pe care se ia OM = 3 cm. Sa se determine distanta lui M la dreapta AB.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 19

Ducem din O perpendiculara pe AB si o prelungim pana intersecteaza cercul in C. O este centrul cercului circumscris triunghiului, ABC care are CP mediana si inaltime, deci este isoscel, dar avand un unghi de 60°, este echilateral => OP=\frac{OC}{2}=1,5\ cm

Aplicam teorema lui Pitagora in ∆MOP: {MP}^2=9+\frac{9}{4}=> MP=\frac{3\sqrt5}{2}

3. Fie ABCD un dreptunghi cu laturile AB = 9 cm si AD = 3 cm. Fie E un punct pe diagonala AC, astfel incat \frac{AE}{AC}=\frac{1}{3}. In E se ridica perpendiculara pe planul dreptunghiului, pe care se ia EF = 5 cm. Sa se determine distanta lui F la laturile dreptunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 20

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿ABC: {AC}^2={AB}^2+{BC}^2= 81+9=90=> AC=3\sqrt{10}.

Fie EM⊥AB=>EM∥BC=>⊿EAM ∼⊿CAB=>

\frac{AE}{AC}=\frac{EM}{BC}=> \frac{EM}{3}=\frac{1}{3}=> EM=1

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿FEM: {FM}^2=1+25=26=> FM=\sqrt{26}

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿FEN: {FN}^2=4+25=29=> FN=\sqrt{29}

4. In varful A al unui hexagon regulat de latura a, se ridica o perpendiculara pe planul sau, pe care se ia un segment AM = b. Sa se calculeze distantele lui M la laturile hexagonului dat.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 21

Ducem AN⊥BC. Stim ca m(∢ABN)=180°-120°=60°;

\sin{60^{\circ}}=\frac{NA}{AB}=\frac{NA}{a}=\frac{\sqrt3}{2} =>NA=a\frac{\sqrt3}{2}

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿NMA: {MN}^2=b^2+\frac{3a^2}{4}=>

MN=\frac{\sqrt{4b^2+3a^2}}{2}=MR

AP⊥CD; m(∢ADC)=60°;

\sin{60^{\circ}}=\frac{AP}{AD}=\frac{AP}{2a}=\frac{\sqrt3}{2} =>AP=a\sqrt3

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿MAP: {MP}^2=b^2+3a^2=>

MP=\sqrt{b^2+3a^2}=MQ

5. Aceleasi date de mai sus, sa se calculeze distantele lui M la diagonalele hexagonului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 22

⊿BAO este echilateral, iar AP este inaltimea din A, AP=\frac{a\sqrt3}{2}.

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿MAP: {MP}^2=b^2+\frac{3a^2}{4} =>MP=\frac{1}{2}\sqrt{4b^2+3a^2}

Procedam similar si pentru distanta MN.

6. Fie ABC un triunghi dreptunghic isoscel (AB≡AC;AB=a). In punctul D, piciorul inaltimii din A, se ridica perpendiculara pe planul triunghiului, pe care se ia un punct M astfel incat DM = b. Sa se arate ca triunghiul AMC este isoscel.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 23

AD este si inaltime si mediana in triunghiul BAC => AD = CD = DB =a\sqrt2

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿MDC; ⊿MDA: {MC}^2={MD}^2=2a^2+a^2

=>MC=MD=a\sqrt3

7. Pe planul unui cerc (C), in centrul acestuia, se ridica perpendiculara pe care se alege un punct M. Sa se arate ca dreapta care uneste pe M cu un punct N de pe cercul (C) este perpendiculara pe tangenta in N la cercul (C).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 24

MO este perpendiculara pe planul cercului (C) si ON este perpendiculara pe tangenta. Deci MN este perpendiculara pe tangenta.

7. Pe planul unui triunghi echilateral ABC de latura a se ridica perpendicularele AA’ si BB’. Se stie ca BB’ = a. Sa se gaseasca AA’ astfel incat:

  1. Triunghiul A’B’C sa fie dreptunghic m(∢B’)=90°.
  2. Triunghiul A’B’C sa fie isoscel, cu A’B’≡A’C.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 25

a. Notam AA^\prime=x; \ 2a^2+a^2+\left(a-x\right)^2= \ a^2+x^2=>x=\frac{3a}{2};

b. a^2+\left(a-x\right)^2= a^2+x^2=>x=\frac{a}{2}

9. O dreapta d intalneste un plan in punctul A. Pe d se ia un punct fix B si fie o dreapta variabila g, care trece prin A si este continuta in α. Sa se determine locul geometric al picioarelor perpendicularelor din B pe dreapta g.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 26

Este un cerc in planul α, cu centrul in A si de raza AM.

10. Se dau o dreapta fixa d si un punct fix A (A∉d). Un plan mobil  contine dreapta d. Din A ducem perpendiculara AP pe planul α, (P∈α). Se cere:

  1. Sa se arate ca P descrie o curba coplanara.
  2. Sa se gaseasca locul geometric la punctului P in spatiu;
  3. Ce descrie punctul P pe planul α?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 27

  1. Daca M este piciorul perpendicularei din A pe d, picioarele perpendicularelor din A pe planul mobil sunt continute in planul perpendicular pe d in M;
  2. Locul geometric este un cerc de raza \frac{AM}{2} si cu centrul in O, mijlocul lui AB;
  3. Un segment AA’ pentru care d este mediatoare.

11. Fie O un punct in planul triunghiului ABC si D un punct pe perpendiculara in O pe acest plan. Sa se arate ca daca AD⊥BC, atunci O se afla pe inaltimea din A a triunghiului ABC.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 28

BC⊥AD;BC⊥OD=>BC este perpendiculara pe planul determinat de AD si OD, deci pe orice dreapta din acest plan. In particular, BC⊥AO deci O se afla pe inaltimea din A.

12. Fie H ortocentrul unui triunghi ABC. Pe perpendiculara h, in H, pe planul ABC, se ia un punct oarecare M. Sa se arate ca daca A’, B’, C’ sunt picioarele perpendicularelor din M respectiv pe BC, AC si AB, atunci AA’, BB’ si CC’ sunt inaltimile triunghiului ABC.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 29

MH⊥(ABC);MA’⊥BC=>A’H⊥BC. Cum  apartine inaltimii din A=>AA’⊥BC. Analog pentru BB’, CC’.

13. Fie A un punct al unui plan dat α si d, g doua drepte concurente in H (H≠A) continute in α. Pe perpendiculara in A pe planul α se ia un punct B, din care se duc perpendicularele BD si BG, respectiv pe d si g (D∈d, G∈g). Sa se arate ca patrulaterul cu varfurile H, A, G, D este inscriptibil.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Teorema celor trei perpendiculare 30

AB⊥α, BD⊥d=>AD⊥d;

m(∢ADH)=90°, AB⊥α, BG⊥g=>

AG⊥g;m(∢AGH)=90°

Probleme: Perpendicularitate in spatiu

  1. Se dau dreptele paralele a, b, c si un punct O, nesituat pe ele. Ducem din O perpendicularele OA, OB, OC respectiv pe a, b, c (A∈a, B∈b, C∈c). Sunt dreptele OA, OB, OC coplanare?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 31

Daca dreptele a, b, c sunt toate trei coplanare, perpendicularele OA, OB si OC se gasesc in planul perpendicular pe planul determinat de a, b, c si care contine pe O. Daca a, b, c sunt necoplanare si planul (OAB) ar fi diferit de (OBC), ar rezulta ca prin punctul O s-ar duce doua plane perpendicuare pe b, ceea ce este imposibil. Deci dreptele OA, OB si OC sunt coplanare numai daca a, b, c sunt toate trei coplanare.

2. Se dau punctele A si B. Prin A trec dreptele a, a’, a’’, iar prin B trec dreptele b, b’, b”, perpendiculare si concurente respectiv cu primele, in C, C’, C”. Sa se arate ca exista un punct O, astfel incat OA≡OB≡OC≡OC’≡OC”.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 32

In ⊿ACB dreptunghic, CO este mediana => OA≡OB≡OC

In ⊿AC’B dreptunghic, C’O este mediana => OA≡OB≡OC’

In ⊿AC”B dreptunghic, C’’O este mediana => OA≡OB≡OC”

OA≡OB≡OC≡OC’≡OC”

3. O dreapta d este perpendiculara pe planul α. Doua drepte a si b sunt concurente si paralele cu α. Este dreapta d, perpendiculara pe planul lor?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 33

d⊥(a,b)

4. Fie OA si OB doua drepte perpendiculare. Un plan ce contine dreapta OA intersecteaza un alt plan β dupa dreapta g. Stabiliti daca dreptele OB si g sunt perpendiculare.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 34

g⊂α;OB⊥α=>OB⊥g

5. Fie ABC un triunghi dreptunghic (m(∢A)=90°). Pe AB ca latura se construieste dreptunghiul ABMN, (MN⊄(ABC)). Stabiliti pozitia dreptei AB fata de planul (ACN).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 35

BA⊥AC;B⊥AN=>BA⊥(ACN)

6. Sa se determine locul geometric, in spatiu, al punctelor egal departate de doua puncte distincte A si B date.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 36

Locul geometric este planul care trece prin mijlocul lui AB si este perpendicular pe AB.

7. Se dau trei puncte necoliniare. Sa se demonstreze ca locul geometric al punctelor din spatiu, egal departate de cele trei puncte, este o dreapta.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 37

Locul geometric este dreapta de intersectie a planelor mediatoare a segmentelor AB si CA, care intersecteaza si planul mediator al segmentului AC, orice punct de pe dreapta de intersectie a primelor doua, aflandu-se la distanta egala de A si de C.

8. Se dau patru puncte necoplanare. Sa se demonstreze ca exista un punct egal departat de ele si sa se determine acel punct.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 38

Considerand problema precedenta, este punctul de intersectie al dreptei d cu planul mediator ar segmentului CD.

9. Pe planul triunghiului ABC cu AB = 7 cm, se duc perpendicularele AA’ = 7cm si BB’ = 7cm. Daca A’C≡B’C, A’C=7\sqrt{2} cm, aratati ca triunghiul ABC este echilateral.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 39

AA^\prime\bot\left(ABC\right)=> AA^\prime\bot AC=> {A^\prime C}^2={AA^\prime}^2+{AC}^2=> AC=7cm;

BB^\prime\bot\left(ABC\right)=> BB^\prime\bot AB=> {B^\prime C}^2={BB^\prime}^2+{BC}^2=> BC=7cm

=>AB=AC=BC=7cm=>⊿ABC echilateral

10. Pe planul triunghiului ABC se ridica perpendiculara in B. Pe aceasta se ia un punct B’, astfel incat BB’≡AB≡AC(AB=a). Daca B^\prime C=a\sqrt2, aratati ca triunghiul ABC este echilateral.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 40

B’B⊥(ABC)=>B’B⊥BC =>{B^\prime C}^2={BB^\prime}^2+{BC}^2=>

BC=a=AB=AC=> ⊿ABC echilateral

11. Un triunghi dreptunghic variabil ABC, cu unghiul A = 90°, are varfurile A si B fixe si cateta AC de lungime constanta. Care este locul geometric al varfului C?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 41

Este un cerc de raza AC situat in planul perpendicular pe AB.

12. Fie, intr-un plan α, un hexagon regulat, ABCDEF, de latura 4 (puteti lua orice unitate de masura 4 m, 4 dm, 4 km etc.). In punctele A, B, C, D se ridica perpendicularele AA’, BB’, CC’, DD’, pe planul sau, de lungimi: 1, 4, 2, 7 (in aceasta ordine). SA se afle distantele A’B’, A’C’, A’D’, B’C’, B’D’, C’D’.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 42

In trapezul A’B’BA ducem prin A’ o paralela la AB si aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul format: A'B'^{2}=\left(4-1\right)^2+1^2=\sqrt{10};

Procedam analog si pentru celelalte segmente si obtinem: A^\prime C^\prime=7; A^\prime D^\prime=10; B^\prime C^\prime=2\sqrt5; B^\prime D^\prime=\sqrt{57}; C^\prime D^\prime=\sqrt{41}.

13. Intr-un punct A, al unui cerc de centru O, se duce perpendiculara pe planul cercului pe care se ia un punct A’ astfel incat AA’ = 5 m. Stiind ca distanta A’O = 13 m,

  1. sa se afle raza cercului
  2. locul geometric al lui M, mijlocul lui A’O, cand A descrie cercul.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 43

r^2169-25=>r=12

MN=2,5 cm

Este un cerc in planul paralel cu planul cercului, de raza 2,5 cm.

Pe planul dreptunghiului ABCD se construiesc perpendicularele in A, B, D, pe care se iau segmentele: AA’ = 19 cm, BB’ = 14 cm, DD’ = 23 cm. Daca A’B’ = 13 cm si A’D’ = 5 cm, gasiti laturile dreptunghiului ABCD.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 44

AA’⊥(ABCD);AB⊂(ABCD)=>AA’⊥AB;

BB’⊥(ABCD);AB⊂(ABCD)=>BB’⊥AB=>AA’∥BB^’

=>A’B’BA  trapez; Fie B’M⊥AA’

{A^\prime N}^2=25-16=9=> A^\prime N=AD=3\ cm;

AA’⊥(ABCD);AD⊂(ABCD)=>AA’⊥AD;

DD’⊥(ABCD);AD⊂(ABCD)=>DD’⊥AD=>AA’∥DD’

=>A’D’DA  trapez; Fie A’N⊥DD’

{B\prime M}^2=169-25=144=> B^\prime M=AB=12\ cm

15. Sa se gaseasca locul geometric al punctelor din spatiu egal departate de punctele unui cerc.

Rezlvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 45

Este o dreapta perpendiculara pe planul cercului in punctul O, centrul cercului. Se aplica teorema lui Pitagora in triunghiurile care se formeaza intre un punct de pe dreapta, orice punct de pe cerc si centru, cealalta cateta avand dimensiunea razei.

16. Sa se gaseasca locul geometric al punctelor din spatiu egal departate de varfurile unui patrat.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 46

Fie d⊥(ABCD) in punctul O de intersectie al diagonalelor. Consideram un punct M oarecare pe dreapta d. MD=MB=MA=MC=\sqrt{{MO}^2+\frac{{BD}^2}{2}}

17. In ce caz se poate duce printr-o dreapta a, data, un plan perpendicular pe o alta dreapta data b.

Rezolvare:

Fie α planul perpendicular pe b dus prin a si care intersecteaza pe b in A. Se duce prin punctul A dreapta c, paralela cu a. Avem b⊥c=>b⊥a. Deci, cele doua drepte date (a si b) trebuie sa fie perpendiculare.

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 47

18. Sa se demonstreze ca daca doua drepte d1 si d2 sunt perpendiculare, fara sa fie situate in acelasi plan, toate dreptele ce intalnesc pe d1 si sunt perpendiculare pe d2 sunt continute in acelasi plan.

Rezolvare:

Fie M un punct pe d1. Prin M ducem planul α, care este perpendicular pe d2, apoi in M ridicam o perpendiculara a pe α. Rezulta ca a∥d2 si ca a⊥d1, ceea ce inseamna ca d1 trebuie sa se gaseasca, in intregime, in planul α, care este planul cautat.

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 48

19. Dreptele d1 si d2 fiind date, in ce caz exista un plan care contine pe d2 si este perpendicular pe d1?

Rezolvare:

Daca d1 si d2 sunt perpendiculare, ducem perpendiculara comuna d3 a lui d1 si d2 si planul (d2, d3) este cel cautat.

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 49

20. Daca dreapta d, care trece prin punctul A al planului , nu este perpendiculara pe α, atunci exista o dreapta a, continuta in α, si numai una, perpendiculara in A pe d.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Perpendicularitate in spatiu 50

Intersectia planului α cu planul perpendicular pe d care trece prin A.

Probleme: Alte teoreme de paralelilsm

1. In figura 4.6, planele α, β, γ sunt paralele si A’C’, AC sunt doua secante. Stiind ca A’B’=5 cm, B’C’=3 cm si AC=12 cm, calculati AB si BC.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Alte teoreme de paralelilsm 51
fig. 4 6

Aplicam teorema lui Thales: \frac{A^\prime B^\prime}{B^\prime C^\prime}=\frac{AB}{BC}=> \frac{5}{3}=\frac{AB}{BC}=> AB=\frac{5BC}{3};

AB+BC=\frac{8BC}{3}=12  =>BC=4,5;AB=7,5

2. Se da o dreapta d si un punct A, exterior ei. Se considera multimea planelor care trec prin A si sunt paralele cu d. Sa se arate ca aceste plane au o dreapta comuna.

Rezolvare:

Orice plan paralel cu dreapta d si care contine punctul A, va contine dreapta paralela cu d care trece prin A, si stim ca aceasta este unica.

3. Fie planul α si un punct exterior lui, A. Care este locul geometric al mijlocului segmentului AB, cand B parcurge α?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Alte teoreme de paralelilsm 52

Locul geometric este un plan, paralel cu planul dat si aflat la jumatatea distantei intre A si planul α.

4. Fie planul α si dreapta d∥α. Daca A parcurge d si B este punctul curent (poate ocupa orice pozitie) in α, care este locul geometric al mijlocului segmentului AB?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Alte teoreme de paralelilsm 53

Locul geometric este un plan paralel cu dreapta d si planul , situat la jumatatea distantei dintre cele doua. Relatia din problema este verificata de teorema lui Thales in spatiu.

5. Se dau doua drepte neconcurente in spatiu, d si g. Care este locul geometric al mijlocului segmentului DG unde D∈d, G∈g, cand

  • d∥g;
  • d si g sunt necoplanare.

Rezolvare:

In primul caz, problema se reduce la o problema de geometrie plana, considerand planul determinat de cele doua drepte paralele. Locul geometric este o a treia dreapta, paralela cu cele doua si situata la jumatatea distantei dintre ele.

Matematica Capacitate Probleme: Alte teoreme de paralelilsm 54

Observam din figura, formarea unui triunghi paralel cu cele doua planuri (teorema lui Thales in spatiu) => locul geometric este un plan situat la jumatatea distantei dintre cele doua planuri.

6. Aceeasi problema, daca in loc de dreptele d si g se dau segmentele AB si PQ:

  • AB∥PQ;
  • AB necoplanar cu PQ.

Rezolvare:

In primul caz problema se reduce la o problema de geometrie plana, iar locul geometric cautat este linia mijlocie a trapezului ABPQ.

Matematica Capacitate Probleme: Alte teoreme de paralelilsm 55

In al doilea caz, este vorba de un paralelogram MNRT, M, N, R, T fiind mijloacele segmentelor AP, PB, BQ, AQ si punctele din interiorul sau. Pentru oricare dintre acestea se poate aplica teorema lui Thales in spatiu.

7. Demonstrati ca daca patru drepte paralele determina, pe un plan dat, varfurile unui paralelogram, atunci determina pe orice plan care le intersecteaza varfurile unui paralelogram.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Alte teoreme de paralelilsm 56

In figura de mai sus, presupunem ca MP se intersecteaza cu NO, dar MP este inclus in planul determinat de dreptele a si b iar NO este inclus in planul determinat de dreptele c si d. Cele doua plane sunt paralele, deci presupunerea este falsa => MP∥ND. Analog, MN∥OP=>MNOP este paralelorgram.

8. Aratati ca daca doua drepte concurente se intersecteaza cu doua plane paralele in punctele A, B si respectiv, C, D, astfel incat patrulaterul ABCD sa fie inscriptibil, atunci acesta este fie dreptunghi, fie trapez isoscel.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Alte teoreme de paralelilsm 57

Doua drepte concuente determina un plan. Acest plan este intersectat de doua plane, dupa doua drepte paralele. Deci, patrulaterul inscriptibil ABCD are doua laturi paralele. El este deci dreptunghi sau trapez isoscel.

9. Daca doua plane paralele determina pe doua secante segmente congruente, aceste secante sunt paralele? Justificati raspunsul dat.

Rezolvare:

Nu, a se vedea problema precedenta.

10. Se dau trei drepte concurente in spatiu, care intersecteaza trei plane paralele.

  1. Sa se arate ca punctele de intersectie ale dreptelor cu planele, formeaza, in fiecare plan, un triunghi si ca cele trei triunghiuri sunt asemenea.
  2. Centrele de greutate ale acestor triunghiuri sunt coliniare.
  3. Centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor sunt, de asemenea, coliniare.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Alte teoreme de paralelilsm 58

a. Se formeaza triunghiuri ale caror unghiuri au laturile paralele, deci triunghiurile ABC, DEF, GHI sunt asemenea.

b.

Matematica Capacitate Probleme: Alte teoreme de paralelilsm 59

⊿ABC∼⊿DEF; BM⊥AC; AN⊥BC; EP⊥DF; DQ⊥EF

⊿BMC∼⊿EPF (U.U.) => ∢H1BN≡∢H2ED => ⊿H1BN∼⊿H2ED

Similar demonstram asemanarea si cu al treilea triunghi => laturile lor sunt paralele, deci {BH}_1\parallel EH_2\parallel HH_3, pastrand si raportul de proportionalitate in ⊿THH_3=>H_2\in TH.

c. Se demonstreaza similar cu b.

11. Se considera doua plane paralele α si β. Se iau A∈α, B∈β si apoi un punct C pe segmentul AB asa incat \frac{AC}{CB}=3. Ce figura descrie C cand A si B parcurg α si respectiv β?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Alte teoreme de paralelilsm 60

Consideram punctul D∈β si ducem prin C paralela la BD. Aplicand teorema lui Thales in ⊿ABD =>\frac{AC}{BC}=\frac{AE}{ED}=3 =>E indeplineste conditia. => locul geometric este un plan paralel cu cele doua aflat la o distanta de 1/3 intre cele doua plane.

12. Linia franta inchisa ABCD este intersectata de planul θ in punctele M, N, P, Q (M∈AB, N∈BC, P∈CD, Q∈DA). Ducand prin A, B, C, D respectiv planele α, β, γ, δ paralele cu θ si apoi o dreapta d, care intersecteaza aceste plane in A’, B’, C’, D’, sa se dovedeasca relatia: \frac{AM}{MB}\cdot\frac{BN}{NC}\cdot\frac{CP}{PD}\cdot\frac{DQ}{QA}=1

Matematica Capacitate Probleme: Alte teoreme de paralelilsm 61
fig. 4 7

Rezolvare:

Daca R este punctul in care d intersecteaza planul θ, atunci:

\frac{AM}{MB}\cdot\frac{BN}{NC}\cdot\frac{CP}{PD}\cdot\frac{DQ}{QA}= \frac{A^\prime R}{RB^\prime}\cdot\frac{B^\prime R}{RC^\prime}\cdot\frac{C^\prime R}{RD^\prime}\cdot\frac{D^\prime R}{RA^\prime}=1

 

 

 

Probleme: Pozitiile relative a trei plane

1. Doua drepte paralele cu acelasi plan sunt neaparat paralele intre ele?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 62

Considerand in figura de mai sus planul α∥β, a∈α, b∈α=>a∥β;b∥β dar a∦b.

2. Se dau doua drepte necoplanare si un punct C. Sa se duca prin C o dreapta coplanara atat cu a cat si cu b.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 63

Dreapta a si punctul C determina un plan, iar dreapta b si punctul C determina alt plan. Avand punctul C in comun inseamna ca cele doua planuri se intersecteaza iar intersectia lor este o dreapta care trece prin C. Aceasta dreapta este coplanara atat cu a cat si cu b.

3. Daca dreptele d si g sunt paralele si g este paralela cu planul α, atunci si dreapta d este paralela cu planul α (sau continuta in el).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 64

Presupunem ca dreapta d are un punct comun cu planul α, dar in acest caz, g fiind paralela cu d, d este continuta in planul α. In caz contrar inseamna ca nu are niciun punct comun cu planul α, deci este paralela cu el.

4. Dandu-se punctele A, B, C, D necoplanare, segmentele AB, BC, CD, DA alcatuiesc ceea ce se cheama un patrulater stramb; AC si BC sunt diagonalele lui. Intersectand laturile sale cu un plan paralel cu o diagonala, stabiliti natura poligonului convex cu varfurile in aceste puncte de intersectie.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 65

Sa presupunem ca planul α∥BD. Planul  va intersecta planul (ABD) dupa o dreapta paralela cu BD. Deci MQ∥BD. In mod similar NP∥BD =>

MQ∥NP=>MNPQ este trapez.

5. Daca doua drepte paralele a si b sunt intersectate de un plan variabil, in punctele A, respectiv B, sa se gaseasca locul geometric al mijlocului segmentului AB.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 66

Segmentul AB apartine planului determinat de dreptele a si b. Problema s-a redus la o problema de geometrie in plan, iar locul geometric este o dreapta paralela situata la distanta egala de dreptele a si b.

6. Prin doua drepte paralele d si g trec doua plane α si β intersectate de un al treilea plan γ. In ce conditii dreptele a=α∩γ si b=β∩γ sunt paralele?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 67

Daca a∥β.

7. Daca d si g sunt doua drepte necoplanare, atunci exista un plan si numai unul care sa contina pe d si sa fie paralel cu g.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 68

Fie A un punct oarecare al dreptei d. Punctul A si dreapta g determina un plan β. Prin A ducem in planul β o paralela la g, pe care o notam cu g’. Dreptele g’ si d determina un plan paralel cu g. Cu aceasta am demonstrat existenta. Unicitatea se demonstreaza prin metoda reducerii la absurd.

8. Stim ca un plan intersecteaza doua paralele dupa doua drepte paralele. Formulati o reciproca si cercetati daca este adevarata.

Rezolvare:

“Daca un plan α intersecteaza doua plane β si γ dupa doua drepte paralele, atunci β si γ sunt paralele.” Este o afirmatie falsa. Planele β si γ se pot intalni intr-o dreapta paralela cu α.

9. Doua triunghiuri ABC si ACD au laturile AB si AD continute intr-un plan α. Fie M∈AC, astfel ca AM≡MC. Paralela prin M la AB intersecteaza dreapta BC in punctul N. Paralela prin M la AD intersecteaza dreapta CD in punctul P. Stabiliti pozitia planelor (ABD) si (MNP).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 69

MN este linie mijlocie in triunghiul BCA=>NM∥AB; NM∥α;

MP este linie mijlocie in triunghiul DCA=>MP∥AD; MP∥α;

AB⊂α;AD⊂α => (ABD)=α => (ABD)∥(MNP)

10. Se dau trei plane paralele α, β, γ si punctele A, B in planul α, iar C, D in planul β. Dreptele AC, BC, BD, AD intersecteaza planul γ in punctele E, F, G, H. Sa se arate ca figura EFGH este un paralelogram.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 70

Din triunghiurile  si  rezulta ca EF∥AB; HG∥AB => EF∥HG, iar din triunghiurile  si BCD: EH∥CD; FG∥CD => EH∥FG => EFGH paralelogram.

11. Fie A, B, C, D patru puncte necoplanare si M, N, P, Q, R, S, mijloacele segmentelor AB, BC, CD, DA, AC, BD (in aceasta ordine). Sa se arate ca:

  • MNPQ este paralelogram;
  • MRPS este paralelogram;
  • NRQS este paralelogram;
  • Dreptele MP, NQ si RS sunt concurente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 71

MN\parallel AC; MN=\frac{AC}{2}; PQ\parallel AC; PQ=\frac{AC}{2}

=>MNPQ este paralelogram.

In mod analog, folosind teorema liniei mijlocii in triunghi si celelalte patrulatere sunt paralelograme.

Paralelogramele MNPQ si MRPS au diagonala MP comuna, deci RS trece prin mijlocul lui MP. Analog, MRPS si NRQS au diagonala RS comuna, deci NQ trece prin mijlocul lui RS. Cum MP, NQ si RS au mijloacele in acelasi punct, rezulta ca sunt concurente.

12. Fie patru puncte necoplanare A, B, C, D si M, N, P, Q mijloacele respective ale segmentelor AB, BC, CD, DA. Aratati ca M, N, P, Q sunt coplanare.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 72

MN este linie mijlocie in triunghiul ABC: MN=\frac{AC}{2} (1)

PQ este linie mijlocie in triunghiul DAC: PQ=\frac{AC}{2} (2)

Din (1) si (2) => MN = PQ

Analog se demonstreaza ca: MQ∥NP;MQ=MP

13. Doua plane paralele cu doua drepte coplanare sunt paralele intre ele? Adaugati o conditie in enunt pentru ca el sa devina afirmativ.

Rezolvare:

Nu neaparat. Pot fi ambele paralele cu doua drepte paralele. Ele se pot intersecta dupa o dreapta paralela cu dreptele. Daca adaugam conditia ca dreptele initiale sa nu fie paralele, afirmatia devine adevarata.

14. Se dau dreptele a paralela cu b si c neparalela cu ele si necoplanara cu nici una din ele. Punctul A parcurge dreapta c. Planele determinate de a si A si de b si A se intersecteaza dupa o dreapta d. Aflati locul geometric al punctelor dreptei d.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Pozitiile relative a trei plane 73

d∥a;d∥b iar c are un punct comun cu A => locul geometric este planul determinat de d si c, deci planul care contine pe c si este paralel cu a si cu b.

Probleme: Dreapta, plan, paralelism

1. Doua dreptunghiuri ABCD si MNCD au o latura comuna CD si sunt situate in plane diferite. Demonstrati ca AB si MN sunt paralele.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Dreapta, plan, paralelism 74

MN∥DC;DC∥AB=>MN∥AB deoarece in spatiu doua drepte paralele cu o a treia, sunt paralele intre ele.

2. Trapezul ABCD are latura neparalela CD situata in planul , ca in figura 2.12. (A si B nu se afla in planul . Daca AB = 5 cm, BC = 3 cm, CD = 4 cm, calculati DE, E fiind punctul unde AB intersescteaza planul .

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Dreapta, plan, paralelism 75
fig 2 12

Matematica Capacitate Probleme: Dreapta, plan, paralelism 76

In planul trapezului ABCD, consideram triunghiul AED.

\left(AD-BC\right)^2=25-16=9=> AD-BC=3=>AD=6;

BC\parallel AD; \frac{BC}{AD}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}  =>BC este linie mijlocie in triunghiul AED => DE=8

3. Daca dreptele a∥b∥c, rezulta ca toate sunt coplanare?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Dreapta, plan, paralelism 77

Nu, doua drepte paralele determina un plan, dar a treia poate sa apartina unui alt plan, si in acest caz ele se vor afla la intersectia a 3 plane.

4. Se dau doua plane α si β si doua drepte a⊂α , b⊂β. Daca a∥α ; b∥β si a nu este paralela cu b, sa se demonstreze ca planele α si β sunt paralele.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Dreapta, plan, paralelism 78

Presupunem ca α∦β=> α∩β={c}, => a∥c; b∥c=>a∥b ceea ce contrazice ipoteza.

5. Fiind date patru puncte necoplanare, dupa cate drepte se intersecteaza planele determinate de cate trei din aceste puncte?

Rezolvare:

(ABC)∩(ABD)=d1; (ABC)∩(ABD)=d2;(ABC)∩(ACD)=d3;

(ABC)∩(BCD)=d4;(ABD)∩(ACD)=d5;

(ABD)∩(BCD)=d6; (ACD)∩(BCD)=d7.

6. Dandu-se doua plane paralele, aratati ca orice dreapta din primul plan este paralela cu al doilea.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Dreapta, plan, paralelism 79

Presupunem ca a∩β={B}, =>B∈β; B∈ a, a⊂α=>B∈α deci α∦β, ceea ce inseamna ca presupunerea este falsa.

7. Formulati o reciproca a propozitiei din problema 6 si verificati daca aceasta este sau nu adevarata.

Rezolvare:

“Dandu-se doua plane, daca orice dreapta din primul plan este paralela cu al doilea inseamna ca cele doua plane sunt paralele.”

Presupunem ca cele doua plane nu sunt paralele, ceea ce inseamna ca exista o dreapta continuta de ambele plane care nu este paralela cu cel de-al doilea, deci presupunerea este falsa.

8. Este oare suficient ca doua plane sa fie paralele cu aceeasi dreapta, ca sa fie paralele intre ele?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Dreapta, plan, paralelism 80

α∩β={b};a∥b=>a∥α;a∥β, deci nu este o conditie suficienta.

9. Dandu-se doua plane paralele, orice dreapta din primul plan este paralela cu orice dreapta din al doilea?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Dreapta, plan, paralelism 81

Consideram α∥β;a∈α;A∈β. Prin A putem duce nenumarate drepte continute de planul , insa o singura paralela la dreapta a.

10. Un triunghi ABC are latura BC continuta in planul , iar M∈ABsi N∈ Stabiliti pozitia dreptei MN fata de planul α daca:

  1. AM=5 cm, AN=10 cm, MB=3 cm, NC=6 cm;
  2. AM=1 cm, AN=3 cm, MB=1 cm, NC=5 cm.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Dreapta, plan, paralelism 82

a.\ \frac{AM}{MB}=\frac{5}{3}; \frac{AN}{NC}=\frac{10}{6}=\frac{5}{3} =>MN\parallel BC=> MN\parallel\alpha;

b.\ \frac{AM}{MB}= \frac{1}{1};\frac{AN}{NC}=\frac{3}{5}=>

MNse intersecteaza cu BC => MN intersecteaza planul α

11. Daca un plan este paralel cu doua laturi ale unui triunghi, demonstrati ca este paralel cu a treia latura a triunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Dreapta, plan, paralelism 83

AB∥β;AC∥β, dar AB si BC determina planul α => α∥β;BC⊂α=>BC∥β.

12. Un trapez ABCD (AB∥CD) are latura AB continuta intr-un plan . Un plan ce contine dreapta CD intersecteaza planul dupa o dreapta g. Stabiliti pozitia dreptelor AB si g.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Dreapta, plan, paralelism 84

DC∥AB;DC∥α;g⊂α;=>DC∥g;=>g∥AB

Probleme: puncte, drepte, plane

1. Fie A, B, C, D patru puncte necoplanare.

  1. Pot fi coliniare? Justificati raspunsul.
  2. Uninudu-le doua cate doua, cate astfel de drepte se pot duce?

Rezolvare:

Toate patru nu pot fi coliniare, deoarece in acest caz ar fi coplanare.

AB; BC; CD; AD; AC; BD => 6 drepte.

2. Dandu-se patru puncte, dintre care oricare trei sunt coliniare, cate drepte determinate de cate doua dintre ele se pot duce? (In loc de “se pot duce” putem spune “exista”, deoarece uneori nu le vom desena ci numai vom demonstra ca ele sunt determinate.)

Rezolvare:

Daca A, B, C sunt coliniare si B, C, D sunt coliniare => A, B, C, D sunt coliniare, deci o singura dreapta.

3. Din patru puncte date, exact trei sunt coliniare.

  1. Cate plane diferite, care sa contina trei dintre ele, necoliniare, exista?
  2. Cate plane care sa contina trei dintre ele exista?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: puncte, drepte, plane 85

Trei puncte coliniare determina o dreapta, deci exista un singur plan care sa contina doua puncte coliniare si unul necoliniar, deoarece o dreapta si un punct exterior ei determina un plan.

O infinitate.

4. Fie d si g, doua drepte coplanare. Fie A un punct apartinand lui d si B un punct apartinand lui g. Sa se arate ca M, mijlocul segmentului AB, se afla in planul determinat de d si g.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: puncte, drepte, plane 86

P4. Daca doua drepte distincte A si B sunt situate intr-un plan, dreapta determinata de ele are toate punctele in acest plan. => M∈α

5. Intr-un plan α sunt date punctele distincte M_1,\ M_2,\ M_3,\ M_4,M_5,M_6 si in afara lui, un punct, M_7. 

  1. Care este cel mai mic numar de plane, exceptand planul α , determinate de trei dintre ele si in ce situatie se obtine?
  2. Dar cel mai mare?
  3. Exista numai trei astfel de plane?

Rezolvare:

Un singur plan, in situatia in care M_1,\ M_2,\ M_3,\ M_4,M_5,M_6 sunt coliniare. Spre exemplu, planul determinat de M_7 cu M_1 si M_2 contine si toate celelalte puncte.

Cel mai mare numar de plane se obtine cand oricare trei puncte coplanare sunt necoliniare, fiind 15.

Nu.

Intr-un plan  sunt date 6 puncte distincte M_1,\ M_2,\ M_3,\ M_4,M_5,M_6 si in afara lui, un punct, M_7. 

  1. Care este cel mai mic numar de drepte, care sa treaca prin cel putin doua dintre ele?
  2. Dar cel mai mare numar?

Rezolvare:

Sapte drepte in cazul in care M_1,\ M_2,\ M_3,\ M_4,M_5,M_6 sunt coliniare.

Cel mai mare numar de plane se obtine cand oricare trei puncte coplanare sunt necoliniare, fiind 6 in planul dat si inca 15, deci 21.

7. In figura 13, punctele A si B nu sunt situate in planul . Daca {P}=AB∩α si Q un punct oarecare al planului α, sa se arate ca PA-PB≥|QA-QB|.

Matematica Capacitate Probleme: puncte, drepte, plane 87
fig. 1 13

Rezolvare:

Pe dreapta AB avem PA – PB = AB

In ⊿AQB, AB>|QA-QB|

Matematica Capacitate Probleme: puncte, drepte, plane 88

8. Se dau dreptele paralele d si g. Sa se arate ca toate dreptele care au un punct comun cu d si unul cu g sunt continute in planul determinat de d si g.

Rezolvare:

Daca A∈d;B∈g,dreapta AB este situata in planul determinat d si g.

9. Daca dreapta d1 este coplanara cu d2 si d2 este coplanara cu d3, rezulta ca si d1 si d3 sunt coplanare?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: puncte, drepte, plane 89

In general nu.

10.Dandu-se doua drepte concurente d si g, sa se gaseasca locul geometric al punctelor dreptelor care se sprijina pe d si sunt paralele cu g (prin “se sprijina” intelegem ca au un punct comun cu d).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: puncte, drepte, plane 90

Este planul determinat de dreptele d si g.

11. Se da un punct fix A si dreapta d. Sa se gaseasca locul geometric al punctelor dreptelor care trec prin A si printr-un punct mobil B∈d.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: puncte, drepte, plane 91

Planul determinat de punctul A si dreapta d, mai putin semidreptele care trec prin A si sunt paralele cu d.

Probleme recapitulative 2

1. In triunghiul ABC, latura BC = 5 cm, medianele BB’ = 6 cm si CC’ = 4,5 cm. Sa se afle celelalte laturi ale triunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 92

Stim ca intr-un triunghi punctul de intersectie al medianelor se afla la o treime de baza si doua treimi de varf. =>

OC=3\ cm, \ OC^\prime=1,5\ cm, \ BO=4\ cm, \ OB^\prime=2\ cm; \ {OM}^2={BO}^2-{BM}^2= {OC}^2-\left(BC-BM\right)^2; 16=9-25+10BM=> BM=3,2; OM=\sqrt{5,76}=2,4; \ {ON}^2={B^\prime O}^2-{B^\prime N}^2= {OC^\prime}^2-\left(B^\prime C^\prime-B^\prime N\right)^2; 4=2,25-6,25+5B^\prime N=> B^\prime N=1,6;ON= \sqrt{1,44}=1,2; NM=3,6; {CD}^2={CC^\prime}^2-{C^\prime D}^2= 20,25-12,96=7,29=> CD=2,7; BD=2,3; {BC^\prime}^2= 5,29+12,96=18,25=> BC^\prime=4,27=>AB=5,54; {BE}^2={BB^\prime}^2-{B^\prime E}^2= 36-12,96=23,04=> BE=4,8;EC=0,2; {CB^\prime}^2= 12,96+0,04=13=> CB^\prime=3,61

2. Trapezul isoscel ABCD este circumscris unui cerc. El are AB, baza mica, de 2 cm si baza mare CD = 8 cm. Se cere raza cercului inscris si laturile neparalele.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 93

Tangentele duse dintr-un punct la cerc sunt congruente =>

AN=AM=1 cm;DM=DP=4 cm=>AD=BC=5 cm;

este dreptunghi iar △DAT≡△CBU (cazul C.U.) =>

DT=UC=3 cm=> AT=\sqrt{25-9}=4; at=2R=>R=2

3. Intr-un triunghi isoscel OAB, OA≡OB; m(∢AOB)=36°. Luam pe latura OB punctul C in interior, astfel incat m(∢CAB)=36°. Sa se demonstreze ca: 

  • ∆ACB ∼ ∆AOB, 
  • OC ≡ AB ≡ AC

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 94

∢CAB≡∢AOC; ∢OBA≡∢CBA => ∢ACB≡∢OAB => ⊿ACB∼∆AOB (cazul U.U.U); de asemenea ∢ACB ≡ ∢OAB ≡ ∢OBA => triunghiul BAC este isoscel, AB≡AC (1);

m(∢OCA)=36°+m(∢OBA)=36°+36°+m(∢OAC)

=>m(∢OAC)+36°+36°+36°+m(∢OAC)=180°

=>m(∢OAC)=36°=>⊿ACOeste isoscel => OC≡AC (2)

Din (1) si (2) => OC ≡ AB ≡ AC

4. Intr-un cerc de centru O inscriem un poligon regulat cu 10 laturi (decagon regulat). Fie AB, BE, si EF trei laturi ale sale consecutive. AF se intersecteaza cu OB in C. Notand AB = BE = EF = l, OA = OB = R demonstrati ca:

  1. CB = R – l;
  2. OC ≡ AC ≡ l;
  3. R∙(R – l) = l2 sau l2 + Rl – R2=0;
  4. Verificati relatia l2 + Rl – R2=\ \left(l+\frac{R+R\sqrt5}{2}\right)\cdot(l+\frac{R-R\sqrt5}{2}) si gasiti de aici latura decagonului regulat convex in functie de raza cercului inscris.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 95

⊿BAO este isoscel avand laturile congruente egale cu raza cercului, iar

m(∢BOA)=36°;=>m(∢OBA)=m(∢OAB)=72°

m(∢COF)=m((BF) ̂ )=72°=>BA∥OF=>m(∢AFO)=m(∢BAF)=36°

∢CFO≡∢AOB;OF≡OA;∢COF≡OAB=>⊿CFO≡⊿AOB=>

CO=BA=l=>CB=R-l

m(∢OCF)=72°=>m(∢OCA)=108°=>

m(∢CAO)=180°-108°-26°=36°=>

⊿OCA este isoscel, deci OC=OC=l;

m(∢BCA)=72°=>⊿OFC∼⊿CAB =>  \frac{OC}{BC}=\frac{OF}{BA} =>\frac{R}{l}=\frac{l}{R-l}=> R\cdot\left(R-l\right)= l^2 \left(l+\frac{R+R\sqrt5}{2}\right)\cdot\left(l+\frac{R-R\sqrt5}{2}\right)= \frac{1}{4}\cdot\left(2l+R+R\sqrt5\right)\left(2l+R-R\sqrt5\right)= \frac{1}{4}\cdot\left[\left(2l+R\right)^2-5R^2\right]= \frac{1}{4}\cdot\left(4l^2+R^2+4lR-5R^2\right)= \frac{1}{4}\cdot4\cdot\left(l^2+lR-R^2\right)=0

Deci relatia este adevarata.

=>l+\frac{R-R\sqrt5}{2}=0=> l=\frac{R\sqrt5-R}{2}

5. In trapezul dreptunghic ABCD, inaltimea BC = 4 cm, baza mica AB  AD = x, iar baza mare CD = 8 cm. Determinati x, masura bazei mici si laturii AD.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 96

Ducem inaltimea AM⊥DC;AB=MC=x;DM=8-x;AM=4 cm. Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿DAM: x^2=\left(8-x\right)^2+16;

x^2=64+x^2-16x+16;

16x=80=>x=5 cm ;

AB=AD=5 cm

6. In figura R.1 cercurile de centru O1, O2, O3 si raza R1, R2, R3 sunt tangente la dreptele VT, VT’ si tangente exterioare intre ele. Demonstrati ca aria cercului (O2) este media proportionala intre cea a cercurilor (O1) si (O3).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 97

O_1A\bot VT^\prime; \ O_2B\bot VT^\prime; O_3C\bot VT^\prime=> O_1A\parallel O_2B\parallel O_3C=> \frac{VO_1}{VO_2}=\frac{R_1}{R_2}; \frac{VO_1}{VO_3}= \frac{R_1}{R_3}=> \frac{VO_1}{R_1}= \frac{VO_2}{R_2}= \frac{VO_3}{R_3}=> \frac{VO_1}{R_1}= \frac{VO_1+R_1+R_2}{R_2}= \frac{VO_1+R_1+{2R}_2+R_3}{R_3}=> VO_1= \frac{R_1\cdot\left(R_1+R_2\right)}{R_2-R_1}= \frac{{R_1\cdot(R}_1+2R_2+R_3)}{R_3-R_1}=> \frac{R_1+R_2}{R_2-R_1}= \frac{R_1+{2R}_2+R_3}{R_3-R_1}=> R_1R_3+R_2R_3-{R_1}^2-R_1R_2= R_1R_2+2{R_2}^2+R_2R_3-{R_1}^2-{2R}_1R_2-R_1R_3=> R_1R_3=2{R_2}^2-R_1R_3=> {R_2}^2=R_1R_3; \ S_{C\left(O_2\right)}= \pi{R_2}^2= \pi R_1R_3= \sqrt{\pi\pi{R_1}^2{R_3}^2}= \sqrt{S_{C\left(O_1\right)}\cdot S_{C\left(O_3\right)}}

7. Printr-un punct fix P situat in interiorul cercului fix de centru O (O≠P trec coardele perpendiculare mobile AB, CD de mijloace M si respectiv, N. Sa se demonstreze ca MN are marime constanta.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 98

⊿AOB este isoscel, laturile sale fiind egale cu raza cercului. OM este deci si mediana si inaltime.

⊿DOC este isoscel, laturile sale fiind egale cu raza cercului. ON este deci si mediana si inaltime.

=> MPON este dreptunghi => OP=MN (diagonalele unui dreptunghi sunt congruente), OP fiind constanta => MN are marime constanta.

8. In cercul de centru O, A si B sunt doua puncte diametral opuse. Fie M si N doua puncte variabile pe cerc, astfel incat m(∢MAN)=50°Dreptele MB si AN se intalnesc in P.

  1. Cate grade are m(∢MPA)?
  2. Care este locul geometric al punctului P?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 99

m(∢MAB)=m(∢ANB) =\frac{m\left(\widehat{AB}\right)}{2} =90°=>m(∢MPA)=90°-50°=40°

m(∢APB)=90°+50°=140°

Deci atunci cand sunt de aceeasi parte a diametrului AB, punctul P vede segmentul sub un unghi de 140°. Daca sunt de o parte si de alta, sub un unghi de 40°, deci P descrie un cerc.

9. In triunghiul ABC, m(∢BAC)=60°, BD si CE sunt inaltimi, iar O este mijlocul segmentului BC.

  1. Sa se demonstreze ca: ∆OED este echilateral.
  2. Daca AC = 4 cm si AB este de marime variabila, sa se gaseasca valoarea minima a laturii triunghiului echilateral OED.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 100

In ⊿BED, dreptunghic, EO este mediana => EO = BO = OC

In ⊿BDC, dreptunghic, DO este mediana => DO = BO = OC

EO = OD, deci ⊿EOD este isoscel.(1)

Tinand cont de faptul ca BO = OC = ED = EO si m(∢BEC)=m(∢BDC)=90°, consideram cercul de centru O si diametru BC.

m(∢ABD)=30°=>=60°=>m(∢EOD)=60° si din (1) =>

⊿EOD este echilateral.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 101

Pentru ca latura triunghiului OED sa fie minima,ar trebui ca distanta de la O la AB sa fie minima, deci OE⊥AB=>

CB⊥AB, E=B;AB=\frac{AC}{2}=2\ cm

BC=\sqrt{16-4}=\sqrt{12}=2\sqrt3;OE=\sqrt3

10. Sa se determine care este dreptunghiul de arie maxima inscris intr-un cerc de raza 1.

Rezolvare:

Consideram jumatate de dreptunghi determinat de o diagonala. Triunghiul dreptunghic astfel format are  inaltimea corespunzatoare cu ipotenuza maxima atunci cand este egala cu raza, deci dreptunghiul cautat este un patrat de arie 2.

11. In triunghiul isoscel ABC este inscris un cerc. Laturile AB=AC=13cm, iar baza BC = 10 cm. Sa se calculeze raza cercului inscris.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 102

AM este bisectoare si mediana si inaltime => BM=5; AM=\sqrt{169-25}=12

\sin{BAM}=\frac{5}{13}=0,38 =>m(∢BAM)=22°=>m(∢OBM)=34°;

tg 34°=0,67 =>\frac{OM}{BM}=0,67 =>OM=5∙0,67=3,35

12. Se da un cerc si A un punct exterior. Ducem AT si AS tangente la cerc (fig. R.2). (S si T sunt pe cerc). Coarda TL e paralela cu AS. Segmentul AL intersecteaza a doua oara cercul in Q. Demonstrati ca TQ intalneste tangenta AS in M, mijlocul ei.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 103

Rezolvare:

m(∢TLA)=\frac{m\left(\widehat{TQ}\right)}{2}=m(∢ATM)=m(∢LAM)=>

⊿TMA∼⊿AMQ(unghiuri congruente) => \frac{QM}{AM}=\frac{QA}{AT}=\frac{AM}{MT}

Aplicand puterea lui M fata de cerc: {MS}^2=MQ\cdot MT , dar MQ\cdot MT={AM}^2

=> AM = MS.

13. Pe semidreapta AC, ABC fiind un triunghi, se ia D asa incat ∢CBD≡∢BAC. Demonstrati ca:

  1. BD este medie proportionala intre AD si CD;
  2. BD este tangenta la cercul circumscris triunghiului ABC.

Rezolvare:

∢BAC≡∢CBD; ∢CDB≡∢ADB=>⊿DBC∼⊿DAB=>

\frac{BD}{AD}=\frac{CD}{BD}=>BD=\sqrt{AD\cdot C D}

Considerand puterea punctului D fata de cercul circumscris triunghiului ABC, faptul ca {BD}^2=AD\cdot CD semnifica ca BD este tangenta cercului in punctul B.

14. Se da triunghiul dreptunghic ABC cu m(∢A)=90°, AB=3, AC=4. Sa se gaseasca latura patratului AMNP, unde M∈AB, N∈BC, P∈AC. Catetele fiind b, c, aceeasi intrebare.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 104

Ducem bisectoarea unghiului A care va fi una din diagonalele patratului.

\frac{BN}{NC}=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{4}; 3∙NC=4∙BN

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿BAC=>BC=5;

BN+NC=5 =>\frac{4}{3}\cdot BN+BN=5=>BN=\frac{15}{7};NC=\frac{20}{7}

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿PNC: {NC}^2={NP}^2+{PC}^2=>

\frac{400}{49}=L^2+{(4-L)}^2=2L^2+16-8L

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿BMN: {BN}^2={BM}^2+{MN}^2=>

\frac{225}{49}= L^2+{(3-L)}^2= 2L^2+9-6L

Scadem cele doua relatii:

\frac{400}{49}-\frac{225}{49}= -2L^2-9+6L+2L^2+16-8L=> \frac{175}{49}=7-2L=> L=\frac{1}{2}\cdot\frac{168}{49}=\frac{12}{7}

15. In figura R.3, ABC este un triunghi oarecare, ABDE si ACFG patrate. Sa se demonstreze ca:

EC≡BG;

EP⊥PG.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 105

m(∢EAC)=90°+m(∢BAC)=m(∢BAG);EH=AB;AC=AB

=>⊿EAC≡⊿BAG=>[EC]≡[BG]

m(∢EMA)+m(∢MEA)=90°=m(BMP)+m(∢MBP)=>

m(∢MPB)=90°=>EC⊥BG

16. Un semicerc cu raza R este inscris intr-un trapez isoscel (adica are centrul pe baza mare DC, si este tangent celorlalte laturi AB, BC si DA). Unghiul ADC format de o latura neparalela cu baza mare are 45°. Sa se afle aria trapezului.

Rezolvare:

In ⊿NOC:

\sin{45^{\circ}}=\frac{R}{OC}= \frac{\sqrt2}{2}=> OC=\frac{2R}{\sqrt2}

\cos{45^{\circ}}=\frac{MC}{R}=\frac{\sqrt2}{2}=> MC=\frac{R\sqrt2}{2}=>AB= \frac{4R}{\sqrt2}-2\cdot\frac{R\sqrt2}{2}=R\sqrt2;

S_{ABCD}= \left(AB+DC\right)\cdot\frac{R}{2}= \left(R\sqrt2+\frac{4R}{\sqrt2}\right)\cdot\frac{R}{2}= R^2(1+2\sqrt2)

17. Sa se afle aria unui trapez isoscel, stiind ca bazele sale sunt 12 si 20 cm, iar diagonalele sunt perpendiculare intre ele.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 106

Triunghiurile DOC si AOB sunt dreptunghice isoscele =>

m(∢ODC)=m(∢OAB)=45°=>

sin ∢ODC = sin 45°=\frac{\sqrt2}{2}=\frac{OC}{20}=>OC=10\sqrt2;

sin ∢OAB = sin 45°=\frac{\sqrt2}{2}= \frac{OB}{12}=> OB=6\sqrt2; \ S_{ABCD}= S_{DOC}+S_{DOA}+S_{AOB}+S_{BOC}= \frac{1}{2}\cdot\left(10\sqrt2\cdot6\sqrt2+10\sqrt2\cdot6\sqrt2+6\sqrt2\cdot6\sqrt2+10\sqrt2\cdot10\sqrt2\right)=

60+60+36+100=256

18. Intr-un patrat ABCD sunt inscrise doua semicercuri cu diametre AD si BC. Un cerc mai mic este tangent la ambele semicercuri si la latura AB. Sa se socoteasca raza acestui cerc in functie de a, latura AB.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 107

MT=TN=TP=\frac{a}{2};

⊿PTMeste isoscel =>

PT=2r+UT=\frac{a}{2}; UT=\frac{a}{2}-2r

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul OTM:

\left(\frac{a}{2}+r\right)^2= \left(r+UT\right)^2+ \left(\frac{a}{2}\right)^2=> \frac{a^2}{4}+ar+r^2= \frac{a^2}{4}-ar+r^2+\frac{a^2}{4}=> 2ar=\frac{a^2}{4}=> r=\frac{a}{8}

19. Segmentul AB = a, fix, este in acelasi timp coarda si tangenta a doua cercuri concentrice de raza variabila. Sa se demonstreze ca aria coroanei circulare cuprinsa intre ele este constanta.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 108

In ⊿AOB, OA=OB fiind raze ale cercului exterior, deci triunghiul este isoscel; OM⊥AM , raza cercului interior perpendiculara pe tangenta in punctul de tangenta => AM=MB = \frac{AB}{2}.  Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿AOM:

{AO}^2={AM}^2+{OM}^2=> {AM}^2=R^2-r^2; \ S_{coroanei\ circulare}= \pi R^2-\pi r^2= \pi\left(R^2-r^2\right)= \pi{AM}^2=constanta

20. In patratul ABCD de latura a (fig. R.4) se inscrie triunghiul APQ cu m(∢QAP)=30°, (Q pe segmentul DC si P pe segmentul BC). m(∢APQ)=90°. Se cer laturile acestui triunghi.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 109

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 110

Cu notatiile din figura, aplicam teorema lui Pitagora in triunghiurile formate:

{QP}^2=x^2+y^2; {AP}^2=a^2+a^2+y^2-2ay= 2a^2+y^2-2ay; {AQ}^2=a^2+a^2+x^2-2ax= 2a^2+x^2-2ax; \ 2a^2+x^2-2ax= x^2+y^2+2a^2+y^2-2ay=>

\frac{x}{a-y}=\frac{y}{a}=>

⊿QCP∼⊿PBA =>\frac{QP}{AP}=\frac{x}{a-y}=\frac{y}{a};

\sin{30^{\circ}}=\frac{QP}{QA}=\frac{1}{2} =>QP=\frac{QA}{2}; \cos{30^{\circ}}=\frac{AP}{QA}=\frac{\sqrt3}{2}=>

AP=\frac{QA\sqrt3}{2}; \frac{QP}{AP}=\frac{QA}{2}\cdot\frac{2}{QA\sqrt3}= \frac{1}{\sqrt3}=\frac{y}{a}=\frac{x}{a-y}=> y=\frac{a}{\sqrt3}; x=\frac{a-\frac{a}{\sqrt3}}{\sqrt3}= \frac{\sqrt3a-a}{3}=\frac{a}{3}\cdot\left(\sqrt3-1\right);

{QP}^2=x^2+y^2= \frac{a^2}{9}\cdot\left(\sqrt3-1\right)^2+\frac{a^2}{3}= \frac{a^2}{9}\cdot\left(3+1-2\sqrt3+3\right)= \frac{a^2}{9}\left(7-2\sqrt3\right); =>QP=\frac{a}{3}\cdot\sqrt{7-2\sqrt3}

QP=\frac{QA}{2}=> QA=\frac{2a}{3}\cdot\sqrt{7-2\sqrt3}

AP=\frac{QA\sqrt3}{2}=\frac{a}{3}\cdot\sqrt{21-6\sqrt3}

21. Se da triunghiul ascutit unghic ABC in care CB = 3 si inaltimea AA’ = 2. Sa se afle latura patratului inscris in triunghi (doua varfuri pe BC, celelalte doua respectiv pe AB, AC).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 111

⊿QBA’∼⊿ABA’; ⊿NCP∼⊿A’CA=>

\frac{l}{2}=\frac{CN}{A^\prime C}=\frac{CP}{AC}=\frac{BM}{BA^\prime}=\frac{BQ}{AB}=>

\frac{l}{2}=\frac{3-l-x}{A^\prime C}= \frac{x}{3-A^\prime C}=> l\cdot A^\prime C=6-2l-2x;

x\cdot A^\prime C=\left(3-A^\prime C\right)\cdot\left(3-l-x\right);

2x=3l-l\cdot A^\prime C=> 2x=3l-6+2l+2x=>  5l=6=>l=\frac{6}{5}

22. In figura R.5 ABC este un triunghi isoscel inscris intr-un patrat (AB = AC = a) si pe inaltimea AD ca diametru se construieste un cerc care intersecteaza AB in M si AC in N. Se cere MN in functie de a.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 112

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 113

Cu notatiile din figura: AD este diametru dar, AD este egal si cu latura patratului, deci AD = BC = l; Triunghiul BAC fiind isoscel => BD=DC=\frac{l}{2};

a^2=\frac{l^2}{4}+l^2=> a^2=\frac{5l^2}{4}=> a=\frac{l\sqrt5}{2}=> l=\frac{2a}{\sqrt5}

⊿AME∼⊿ABD =>\frac{ME}{BD}=\frac{AE}{AD}=> \frac{\frac{MN}{2}}{\frac{l}{2}}=\frac{AE}{l} =>MN=AE;

In triunghiul MON, OM si ON sunt raze si sunt egale cu \frac{l}{2} => triunghiul este isoscel. Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul OME:

{OM}^2={OE}^2+{ME}^2=> \frac{l^2}{4}=\left(AE-\frac{l}{2}\right)^2+\frac{{MN}^2}{4}=> \frac{l^2}{4}=\left(MN-\frac{l}{2}\right)^2+\frac{{MN}^2}{4}=> \frac{l^2}{4}={MN}^2+\frac{l^2}{4}-l\cdot MN+\frac{{MN}^2}{4}=> \frac{5{MN}^2}{4}=l\cdot MN=>5MN=4l=> MN=\frac{4l}{5}=\frac{8a}{5\sqrt5}

23. Demonstrati ca orice figura plana care are doua axe de simetrie perpendiculare are si un centru de simetrie! Reciproca este adevarata?

Rezolvare:

Intersectia celor doua axe este centru de simetrie. Stim ca centrul de simetrie al unei figuri este un punct O fata de care orice punct al figurii are un simetric care apartine figurii. In problema data, O apartinand ambelor axe de simetrie, este centru de simetrie. Reciproca nu este adevarata, spre exemplu paralelogramul are centru de simetrie dar diagonalele sale nu sunt perpendiculare.

24. Cu laturile cat ale triunghiului echilateral, hexagonului regulat si patratului inscris in acelasi cerc se construieste un triunghi. Sa i se precizeze natura. Gasiti raza cercului circumscris lui.

Rezolvare:

Triunghiul respectiv va avea laturile R\sqrt3;\ R\sqrt2;R. Tinand cont ca 3R^2=2R^2+R^2 => triunghiul este dreptunghic, deci raza cercului circumscris va fi jumatate din ipotenuza: \frac{R\sqrt3}{2}.

25. Pe segmentul AB se considera M variabil si, de aceeasi parte a segmentului, triunghiurile echilaterale AMC si MBD. Cercurile circumscrise acestor triunghiuri se intersecteaza in M si N (fig. R.6). Aratati ca:

  1. A, D, N sunt coliniare.
  2. Gasiti locul geometric a lui P, mijlocul lui CD, cand M se misca.
  3. Mediatoarele segmentelor CM si MD trec printr-un punct fix.
  4. Daca AM = x si AB = a, sa se exprima CD in functie de a si x.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 114

Rezolvare:

a. m(∢ANM) = \frac{m\left(\widehat{AM}\right)}{2}==60°;

m(∢DNM) = \frac{m\left(\widehat{MD}\right)}{2}=120°=>

m(∢AND)=60°+120°=180°=>

A, D, N sunt coliniare.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 115

b. Daca prelungim AD si BC pana se intersecteaza vom obtine un triunghi echilateral QAB, de latura AB.

m(∢MCB)=m(∢DQC)=60°=>MC∥DQ;m(∢DMA)=m(∢MCB)=60°=>DM∥QC=> QDMC este paralelogram

QM si DC sunt diagonale. Deci punctul P se va afla intotdeauna la mijlocul segmentului QM. Cand M se misca acesta este situat pe linia mijlocie din triunghiul AQB => locul geometric este un segment paralel cu AB si jumatate din lungimea sa.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 116

c. Din punctul anterior MC∥DQ, iar in triunghiul echilateral MBC, mediatoarea segmentului MC este si bisectoare si inaltime => ea este perpendiculara pe QA si este si bisectoarea unghiului ABQ => este mediatoare in triunghiul QBA. Asemenea si pentru mediatoarea segmentului MD. Intr-un triunghi, mediatoarele sunt congruente, deci, prin intersectia lor trece si mediatoarea segmentului AB. Punctul de intersectie este centrul cercului circumscris triunghiului AQB.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 117

d. m(∢DMC)=180°-60°-60°=60°;

Aplicam teorema generalizata a lui Pitagora in triunghiul DMC:

{DC}^2={MC}^2+{MD}^2-2\cdot MC\cdot MD\cdot\cos{60^{\circ}}=

x^2+\left(a-x\right)^2-2x\left(a-x\right)\cdot\frac{1}{2}= x^2+a^2+x^2-2ax-ax+x^2= a^2+{3x}^2-3ax=> DC=\sqrt{a^2+{3x}^2-3ax}

26. a) Sa se arate ca simetricul ortocentrului unui triunghi fata de o latura se afla pe cercul circumscris triunghiului.

b)Sa se construiasca un triunghi cunoscand: o inaltime, ortocentrul fixat pe ea si marimea segmentului dintre ortocentru si varf.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 118

a.Fie H ortocentrul si I simetricul sau. In triunghiul HBI, BM este si mediana si inaltime => triunghiul este isoscel => ∢BIM≡∢BHM, ∢BHM≡∢AHN (opuse la varf), dar m(∢AHN)+m(∢HAN)=90°=>m(∢BIM)+m(∢HAN)=90°;

Similar m(∢CIM)+m(∢MAB)=90°=>m(∢BAC)+m(∢BIC)=180°

m(∢ABI)+m(∢ICA)=m(∢ABC)+m(∢IBM)+m(∢ICM)+m(∢BCA)

=m(∢ABC)+m(∢BCA)+m(∢BAC)=180°

=> patrulaterul BACI este inscriptibil, deci I apartine cercului circumscris triunghiului ABC.

b.Se determina pozitia acelui varf. Acest varf impreuna cu un capat al inaltimii si cu simetricul ortocentrului fata de celalalt capat determina cercul circumscris triunghiului.

27.Triunghiului ABC i se prelungesc laturile a, b, c cu segmentele CB’ = a, AC’ = b si BA’ = c, cum se vede in figura R.7. Se obtine un nou triunghi A’B’C’. Daca stergem cu radiera triunghiul initial ramane numai triunghiul A’B’C’. Construiti din nou triunghiul ABC. (Olimpiada R.F.G. 1977)

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 119

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 120

Prelungim C’C pana intersecteaza pe A’B’ in E. Prin B ducem paralela la CE, BF. CE este linie mijlocie in triunghiul BB’F iar BF este linie mijlocie in triunghiul AA’E, deci punctele E si F impart segmentul A’B’ in  trei parti egale. Procedam la fel si pentru celelalte laturi. Daca stergem triunghiul ABC il putem reface unind varfurile cu punctele obtinute si considerand intersectiile segmentelor.

28. Un trapez isoscel cu baza mica AB = 2a si baza mare DC = 2b, este circumscris unui cerc. Se cere aria trapezului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 121

Tangentele duse dintr-un punct exterior la un cerc sunt congruente =>

BM=BE=a ;CE=CN=b;

In triunghiul ADP, DP= \frac{DC-AB}{2}=\frac{2b-2a}{2}=b-a

Calculam inaltimea trapezului aplicand teorema lui Pitagora:

h^2=\left(a+b\right)^2-\left(b-a\right)^2=4ab=> h=2\sqrt{ab}

S_{trapez}=\frac{\left(2b+2a\right)2\sqrt{ab}}{2}=2\sqrt{ab}(a+b)

Fie ABCD un patrulater convex cu diagonalele AC = 3, BD = 4

29. Fie M un punct pe AB, MN∥BD, (N∈AD), NP∥AC (P∈CD), PQ∥BD, (Q∈BC), QM’∥AC (M’∈AB). Demonstrati ca M si M’ coincid. Calculati laturile lui MNPQ in cazul in care el este romb.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 122

Pentru a demonstra ca M si M’ coincid trebuie sa demonstram ca MQ∥AC, deoarece printr-un punct exterior unei drepte putem duce o singura paralela la dreapta data.

MN∥BD; PQ∥BD=>MN∥PQ

NM∥BD=>⊿NAM∼⊿DAB => \frac{AN}{AD}=\frac{AM}{AB}=> {\color{Blue} \frac{AN}{ND}}={\color{Orange} \frac{AM}{MB}};(1)

NP∥AC=>⊿PDN∼⊿CDA => \frac{DN}{AD}=\frac{DP}{DC}=> {\color{Blue} \frac{ND}{AN}}={\color{Green} \frac{DP}{PC}};(2)

PQ∥DB=>⊿PQC∼⊿BCD => \frac{CQ}{CB}=\frac{PC}{DC}=> {\color{Orange} \frac{CQ}{QB}}={\color{Green} \frac{CP}{DP}};(3)

\ \left(1\right),\ \left(2\right),\ \left(3\right)=>\frac{AM}{MB}=\frac{CQ}{QB} =>⊿MBQ∼⊿ABC=>MQ∥AC=>M=M’

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 123

In cazul in care este romb, toate laturile sale sunt congruente,ceea ce semnifica conform punctului anterior:

\frac{AN}{ND}=\frac{ND}{AN}=>N este mijlocul laturii AD. Analog pentru toate celelalte puncte => laturile rombului sunt linii mijlocii => MN=PQ=\frac{BD}{2}=2; NP=MQ=\frac{AC}{2}=2,5

30. Construiti un triunghi ABC cunoscand raportul \frac{AB}{AC}=\frac{3}{5}, latura BC = 4 si raza cercului circumscris R = 3 cm.

Rezolvare:

Se aplica teorema bisectoarei si faptul ca bisectoarea unghiului A trece prin mijlocul arcului BC.

31. In figura R.8 catetele AB = 3 cm si AC = 4 cm ale triunghiului dreptunghic ABC sunt diametrele a doua semicercuri construite in afara. Sa se calculeze tangenta TS comuna acestora.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 124

Rezolvare:

OO’ este linie mijlocie in triunghiul BAC =>

OO^\prime=\frac{BC}{2}; \ BC=\sqrt{9+16}=5; OO^\prime=2,5

OT\bot TS;O^\prime S\bot TS;TOO\prime S este trapez.

{TS}^2={OO^\prime}^2-\left(SO^\prime-TO\right)^2= 6,25-\left(2-1,5\right)^2=6=> TS=\sqrt6=2,45

32. Se da triunghiul ABC si un punct D mobil pe latura BC. Fie O si O’ centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor ABD si ACD.

  1. Sa se arate ca raportul razelor acestor cercuri este constant cand D parcurge interiorul laturii BC.
  2. Care este pozitia lui D pentru ca razele cercurilor sa fie minime?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 125

m(∢BDA)=\frac{m\widehat{AB}}{2} = 180°-m(∢AOB);

m(∢ADC)=\frac{m\widehat{AC}}{2} = m(∢ACD);

m(∢BDA)+m(∢ADC)=180°=>∢AOB≡∢AO’C

=>⊿AOB∼⊿AO’C => \frac{R}{R^\prime}=\frac{AB}{AC}

Razele sunt minime cand AD este inaltime in triunghiul ABC.

33. In figura R.9 ABC este un triunghi echilateral si se construiesc in afara lui, pe laturi ca diametre, semicercuri. Un cerc este tangent la toate aceste semicercuri. Sa se afle aria portiunii hasurate in functie de l, latura triunghiului echilateral.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 126

Rezolvare:

Suprafata cautata este suprafata cercului mare care are raza egala cu apotema cercului circumscris triunghiului + l/2 din care se scade suprafata triunghiului si a celor 3 semicercuri:

S_{hasurata}= \pi{\cdot\left(\frac{l}{2}+\frac{l}{2\sqrt3}\right)}^2-\frac{l^2\sqrt3}{4}- 3\cdot\frac{\pi l^2}{4}= \pi l\frac{4\sqrt3-l}{12}-\frac{l^2\sqrt3}{4}

34.Pe laturile unui triunghi echilateral ca coarde si tangente la celelalte laturi, se construiesc trei arce de cerc ca in figura R.10. Sa se calculeze aria hasurata in functie de l, latura triunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 127

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 128

Calculam aria portiunii hasurate din figura de mai sus ca diferenta a ariei sectorului de cerc minus aria triunghiului OAB:

{OB}^2={OM}^2+{BM}^2; \ R^2=\frac{R^2}{4}+\frac{l^2}{4}=> 3R^2=l^2;R=\frac{l\sqrt3}{3}; \ S_{hasurata}=\frac{\pi l^2}{3}\cdot\frac{1}{3}- \frac{l}{2\sqrt3}\cdot\frac{l}{2}\cdot\frac{1}{2} =\frac{\pi l^2}{9}-\frac{l^2}{8\sqrt3}

S_{mare\ hasurata}= S_{hasurata}\cdot3-S_{ABC}= \frac{\pi l^2}{3}-\frac{{3l}^2}{8\sqrt3}-\frac{{\sqrt3l}^2}{4}

35. Dintr-un triunghi dreptunghic cu laturile b, c, sa se “decupeze” cercul inscris. Se cere aria ramasa din triunghi.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 129

Rezolvare:

r=\frac{b+c-\sqrt{b^2+c^2}}{2}

S_{hasurata}=\frac{bc}{2}- \pi{(\frac{b+c-\sqrt{b^2+c^2}}{2})}^2

36. Pe laturile AB si CD ale patrulaterului convex ABCD se iau segmentele AM = NB, DP = QC. Sa se arate ca daca ariile lui AMPD si NBCQ sunt egale, patrulaterul ABCD este trapez. (fig. R.12)

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 130

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 131

S_{AMPD}=S_{DAP}+S_{MPA}= \frac{1}{2}\cdot AE\cdot DP+\frac{1}{2}\cdot AE\cdot AM= \frac{1}{2}\cdot AE\cdot\left(DP+AM\right)= \frac{1}{2}\cdot AE\cdot\left(QC+NB\right)= S_{QCBN}=S_{QBC}+S_{QBN}= \frac{1}{2}\cdot NF\cdot\left(QC+NB\right)=>  NF=AE,dar NF∥AE=>ANFE paralelogram =>

AB∥DC=>ABCD este trapez.

37.Intr-un cerc dat de centrul O si de raza 2 cm inscriem un dreptunghi variabil ABCD. Pe latura AB luam punctul M. Ducem MN∥AC, (M∈BC); NP∥BD, (P∈CD); PQ∥AC, (Q∈DA). Aratati ca MNPQ este paralelogram si calculati perimetrul sau.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 132

MN∥AC∥PQ;

MN∥AC => \frac{BM}{MA}=\frac{BN}{NC};

NP∥DB => \frac{NC}{BN}=\frac{PC}{DP};

PQ∥AC => \frac{DP}{PC}=\frac{DQ}{QA}=> \frac{DQ}{QA}=\frac{BM}{MA}=>

QM∥DB dar PN∥DB=>

QM∥PN=>MNPQ este paralelogram.

AO=OC=OB=OD=2 cm

⊿AQM∼⊿ADB =>\frac{x}{l}=\frac{QM}{4}; ⊿QDP∼⊿ADC =>\frac{L-x}{L}=\frac{QP}{4}=> QM=\frac{4x}{L}; QP=4\cdot\frac{L-x}{L}=> P=2\cdot\left(\frac{4x}{L}+\frac{4L-4x}{L}\right)= \frac{8L}{L}=8

Probleme: Rotatii

1. O rotatie duce un cerc intr-un cerc. In ce caz o rotatie data duce un cerc in el insusi?

Rezolvare:

Rotatia aplicata centrului O il duce in O’ (O’=Rc,u(O)). Fie M’= Rc,u(M). rotatia fiind o isometrie,  dar O’ este fix deci M’ descrie un cerc de aceeasi raza cu a primului. Daca punctele C = O (coincide C cu O) atunci cercul se va transforma in el insusi.

2. Doua cercuri de raze egale pot fi “suprapuse” printr-o rotatie, al carei unghi orientat poate fi ales cum dorim. 

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 133

Centrul C al rotatiei se va gasi pe mediatoarea lui OO’ (linia centrelor) si unghiul ∢OCO’ poate fi construit cat vrem de mare.

3. O rotatie transforma o dreapta intr-o dreapta. Poate fi dreapta paralela cu cea initiala? Dar identica? Descrieti cazurile in care au loc aceste situatii.

Rezolvare:

Rotatia este o isometrie, consideram M’ = Rc,u(M), N’ = Rc,u(N) si P’ = Rc,u(P) imaginile prin rotatie a punctelor coliniare M, N, P. (N intre M si P). Daca M’, N’, P’ nu sunt coliniare rezulta M’N’+N’P’>M’P’. Dar MN + NP = MP dar M’N’≡MN, N’P’≡NP, MP≡M’P’, contradictie!

4. O rotatie transforma o semidreapta intr-o semidreapta. In cazurile, precizate prin solutia problemei 3, in care se poate problema daca semidreapta imagine este de acelasi sens sau nu cu semidreapta initiala, precizati care este situatia.

Rezolvare:

Pe semidreapta OX luam punctele A si B (A intre O si B). Deci OA + AB = OB. Ele au imaginile respectiv A’, B’ iar O’ ii corescpunde lui O. Daca A’ si B’ nu se gasesc de aceeasi parte a lui O’ rezulta ca A’B’ + O’A’ > O’B’ dar A’B’≡AB, O’A’≡OA, O’B’≡OB De aici contradictia.

5. Sa se construiasca un triunghi echilateral cu un varf dat si cu celalalte doua varfuri situate pe doua drepte date. Descrieti situatia in care problema are o infinitate de solutii.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 134

Consideram problema rezolvata in cazul in care d∥d’. Daca rotim A cu 60° in jurul lui O, ajungem in B. Deci solutia revine la a roti pe d cu 60° in jurul lui O si acolo unde “rotita” lui d intersecteaza dreapta d’ avem punctul B. O solutie diferita se poate da si prin asemanare considerand ca toate triunghiurile echilaterale sunt asemenea si impartind latura O’A’ a unui “model” echilateral O’A’B’ cu punctul C’ intr-un raport egal cu \frac{OC}{OA}. Gasim apoi, aplicand teorema lui Thales, a patra proportie, segmentul O’D’, putem construi apoi pe “model” unghiul A’O’D’ si problema este rezolvata. Daca d si d’ nu sunt paralele, procedam totusi ca in prima solutie. Avem o infinitate de solutii daca d = R0, 60°(d’) adica d’este chiar “rotita” cu 60° a dreptei d).

6. Sa se construiasca un patrat ce are doua varfuri opuse pe doua cercuri date, iar unul din celelalte doua intr-un punct dat.

Rezolvare:

Rotim primul cerc O cu 90° in jurul punctului fix C si intersectam cu cercul O’. Pot fi 0, 1, 2, 3, 4 solutii.

7. Care sunt rotatiile care duc un triunghi echilateral in el insusi?

Rezolvare:

Cele de 120° cu centrul C in centrul cercului circumscris triunghiului echilateral dat.

8. Aceeasi problema pentru un patrat.

Rezolvare:

Cele de 90° cu centrul C in intersectia diagonalelor.

9. Aceeasi problema pentru un hexagon regulat.

Rezolvare:

Cele de 60° cu centrul C in centrul cercului circumscris hexagonului dat.

10. Se considera un hexagon regulat ABCDEF si figura H formata din trei cercuri de raza \frac{1}{3}AB de centre A, C, E si din trei cercuri de raza \frac{1}{4}AB de centre B, D, F. Care sunt rotatiile ce transforma figura H in ea insasi?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 135

 

Daca O este centrul hexagonului regulat, R0+/-120° sunt rotatiile care rezolva problema, in afara de rotatia de “argument” 0.

11. Se considera un patrat ABCD in care C, D sunt in semiplanul din stanga semidreptei AB. Precizati imaginile varfurilor patratului prin rotatia RA+46°.

Rezolvare:

Saolutia sunt patratele punctate:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 136

12. Se considera un hexagon regulat ABCDEF, in care C este in semiplanul de la stanga semidreptei AB. Precizati imaginile varfurilor sale prin rotatiile RA+60°. Aceeasi problema pentru RA-60°.

Rezolvare:

Solutiile sunt hexagoanele punctate:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 137

13. C si D fiind puncte diferite, determinati un punct X astfel ca RC+60°(X)=RD-60°(X). Aceeasi problema inlocuind -60° cu +120°. La fel cu +60°, +60°.

Rezolvare:

Cu notatiile din figura:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 138

Problema rezolvata. Dandu-se trei drepte paralele (fixate) sa se construiasca un triunghi echilateral cu varfurile respectiv pe fiecare dintre ele.

Observatie: daca exista unul, prin translatatie de-a lungul dreptelor putem obtine o infinitate.

SOLUTIA 1. Sunt date dreptele a, b, c (fig. 3.38). Consideram problema rezolvata.

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 139

Ducem (notatiile sunt cele din figura) AD⊥c si CM inaltimea triunghiului care taie AB in M, mijlocul sau. Patrulaterul ADCM este inscriptibil m(∢ADC)=m(∢AMC)=90°. Deci D1 =C1 =30°. M este de asemenea si mijlocul segmentului PQ (P si Q sunt punctele unde DM taie pe b, respectiv a). Problema este terminata: ducem AD⊥c,m(∢ADQ)=30°, luam mijlocul segmentului PQ. Unim A cu M si prelungim pana taie b in B. AB este latura triunghiului cautat.

SOLUTIA 2 (prin asemanare). Daca distanta dintre a si b este m, cea dintre b si c este n, latura AC este impartita in raportul m/n. Cum toate triunghiurile echilaterale sunt asemenea, luam un triunghi echilateral A’B’C’ si ii impartim latura A’C’ in raportul m/n prin punctul interior N’ (fig. 3.39). Ducem prin A’ si B’ paralele a’ si b’ la B’N’ si obtinem o figura “asemenea” cu cea cautata. Fie d’ distanta dintre a’ si c’. Prin procedeul construirii celei “de a patra proportionale”, cunoscand distanta d dintre dreptele a si c, obtinem latura AC a triunghiului ABC cautat.

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 140

SOLUTIA 3 (prin rotatie). Rotind pe A in jurul lui B cu 60° “ajungem” in C. Deci rotind dreapta a in jurul unui punct fixat la inceput B pe b, obtinem acolo unde “rotita” lui a intersecteaza c, punctul C, deci avem latura BC a triunghiului.

Probleme: Translatii

1. O translatie duce un cerc intr-un cerc.

Rezolvare:

Translatia T, fiind izometrie, duce un cerc (de centrul O si raza R) intr-o parte a cercului T(O) si raza R. Fie X un punct pe acest ultim cerc si fie Y astfel ca \vec{XY} echivalent cu \vec{T(O)O}. Rezulta \vec{T(O)X} echivalent cu \vec{OY}, deci OY are lungimea R, Y este pe primul cerc, iar T(Y)=X deoarece \vec{YX} rezulta echivalent cu \vec{OT(O)} deci cu vectorul translatiei T.

2. Doua cercuri de raze egale pot intitdeauna sa fie “suprapuse” printr-o translatie.

Rezolvare:

Daca O si O’ sunt centrele, se considera \vec{T_{OO\prime}}.

3. O translatie duce o dreapta d intr-o dreapta paralela cu ea, sau tot in d.

Rezolvare:

\vec{AT(A)} este echivalent cu \vec{BT}(B) deci \vec{T\left(A\right)}\ T(B) este echivalent cu \vec{AB} (am demonstrat intr-o problema anterioara ca o izometrie duce o dreapta AB in dreapta T(A)T(B).

4. Singurele drepte transformate in ele insele de o translatie de vector nenul Tv sunt cele “paralele” cu vectorul v al translatiei.

Rezolvare:

Fie AB o dreapta. Pentru a fi transformata de ea insasi in Tv (stim ca este dusa intr-o paralela cu ea sau in ea insasi) trebuie ca punctul C= Tv(A), definit de “\vec{AC} echivalent cu v” sa se afle pe AB.

5. Se considera doua cercuri si un segment. Sa se construiasca un punct M pe primul cerc si un punct N pe al doilea asa incat segmentul MN sa fie congruent si paralel cu segmentul dat.

Rezolvare:

Fie AB segmentul dat. MN congruent si paralel cu AB este tot una cu \vec{MN\ } este echivalent cu \vec{AB} sau cu \vec{BA}, deci cu: N este fie transformt din M prin translatia T_{\vec{AB}} fie prin T_{\vec{BA}}. Deci se alege N la una din intersectiile cercului al doilea cu transformatele primului cerc prin cele doua translatii. Pot fi 0, 1, 2, 3, 4 solutii.

Matematica Capacitate Probleme: Translatii 141

6. Aceeasi problema ca la 5 inlocuind unul din cercuri cu o dreapta.

Rezolvare:

Asemenea cu problema anterioara, pot fi 0, 1, 2, 3 sau 4 solutii.

7. Se considera un patrat ABCD de centru O. Fie M, N, P, Q mijloacele laturilor AB, BC, CD, DA. Sa se precizeze pozitiile punctelor T_{\vec{AO}}\left(M\right),T_{\vec{AO}}\left(N\right),T_{\vec{AO}}\left(P\right),T_{\vec{AO}}(Q)..

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Translatii 142

CN’≡CP’≡CN

8. Se considera un hexagon regulat ABCDEF, de centru O. Sa se precizeze imaginile varfurilor sale prin translatia de vector \vec{OB}. La fel pentru ce de vector \vec{AC}.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Translatii 143

DD^\prime\equiv OD,\ T_{\vec{BO}}=T_{\vec{EO}} deci solutie asemanatoare cu primul caz.

9. O translatie transforma o semidreapta intr-o semidreapta paralela si de acelasi sens cu ea.

Rezolvare:

S-a vazut ca din \vec{AT(A)}= \vec{BT(B)} rezulta \vec{AB} echivalent cu \vec{T\left(A\right)T(B)}etc.

10. O translatie transforma un segment orientat intr-unul echivalent cu el.

Rezolvare:

Asemenea problemei anterioare.

11. O translatie transforma un unghi orientat intr-unul de aceeasi masura.

Rezolvare:

A se vedea problema 8 si problema 2 de la Semidrepte de acelasi sens si de sensuri contrare pe drepte paralele.

12. Poate o translatie de vector nenul sa transforme un poligon in el insusi?

Rezolvare:

Nu, deoarece daca T este translatia Tv si A este un varf al poligonului si B1 = Tv(A), atunci poligonul va trebui sa contina ca varfuri A, B1, B2… coliniare si cu \vec{AB_1}=\vec{B_1B_2}=\vec{B_2B_3}=\ldots care rezulta toate distincte.

Matematica Capacitate Probleme: Translatii 144

13. Dati exemplu de o figura care sa fie transformata in ea insasi de o translatie de vector nenul.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Translatii 145

O dreapta, doua drepte paralele, intersectia a doua semiplane determinate de doua drepte paralele.

14. Aratati ca o transformare geometrica ce transforma orice segment orientat intr-unul echivalent cu el este o translatie.

Rezolvare:

Fie T acea transformare, A un punct fix, X unul variabil. B=T(A). Daca Y=T(X) atunci \vec{AX} echivalent cu \vec{BY} deci \vec{XY} echivalent cu \vec{AB}, adica Y=T_{\vec{AB}}\left(X\right).