5OBIECTIVE DE REFERIN I EXEMPLE DE ACTIVITI DE NVARE 1. Cunoaterea i nelegerea conceptelor, a terminologiei i a procedurilor de calcul Obiective de referin La sfritul clasei a VIII-a elevul va fi capabil 1.1.s opereze cu mulimi pe axa numerelor reale 1.2.s foloseasc metode adecvate n demonstrarea unor inegaliti, identiti sau identiti condiionate 1.3.s utilizeze elemente de calcul algebric n rezolvarea ecuaiilor i a sistemelor de ecuaii 1.4.s identifice funcii liniare i s opereze cu acestea 1.5.s efectueze calcule cu numere reale 1.6.s utilizeze matematica n rezolvarea problemelor puse la alte discipline 1.7.s utilizeze, teoreme, leme, axiome i tehnici adecvate n demonstrarea problemelor de geometrie n spaiu 1.8.s recunoasc i s utilizeze proprietile figurilor i corpurilor geometrice n demonstraii Exemple de activiti de nvare Pe parcursul clasei a VIII-a se recomand urmtoarele activiti -scrierea unei mulimi de numere reale data sub forma implicita ca interval -efectuarea unor operaii cu intervale -demonstrarea unor inegaliti folosind inegaliti cunoscute; a mediilor, a lui Cauchy-Buniakovsky, a lui Minkovski, a lui Holder -demonstrarea identitilor folosind calculul algebric -discutarea comparativa a mai multor soluii pentru aceeai problem -exerciii de rezolvare a unor ecuaii cu parmetru -abordarea unor sisteme de ecuaii cit mai diverse i ncadrarea lor n tiparele clasice -determinarea unor funcii liniare n anumite condiii i reprezentarea lor grafica -reprezentarea grafica a unor funcii definite pe reuniune de intervale -rezolvarea unor ecuaii funcionale -exerciii de evaluare a rezultatelor unor calcule -reprezentarea grafica a unor date statistice -calculul volumelor unor obiecte -probleme de paralelism n spaiu, dreapta-dreapta, dreapta-plan, plan-plan -probleme de perpendicularitate n spaiu, dreapta-plan, plan-plan, dreapta-dreapta -determinarea unor seciuni cu plane n corpuri geometrice -calculul lungimilor de segmente, a unor arii i volume folosind proprietile asemnrii -rezolvarea problemelor de maxim i minim n geometrie 62.Dezvoltarea capacitii de a emite judeci de valoare pentru rezolvarea problemelor inventiv i euristic-creative Obiective de referin La sfritul clasei a VIII-a elevul va fi capabil : 2.1.s analizeze, s elaboreze strategii de rezolvare i s rezolve probleme cu grad sporit de dificultate 2.2 s formuleze probleme, generalizri n anumite ipoteze sau s stabileasc condiiile necesare i/ sau suficiente pentru o concluzie fixat 2.3.s identifice metode de lucru pentru clase de probleme Exemple de activiti de nvare Pe parcursul clasei a VIII-a se recomanda urmtoarele activiti : -nelegerea problemei prin analizarea ipotezei i concluziei -elaborarea unui plan de rezolvare i rezolvarea problemei -verificarea rezultatului i analiza rezolvrii -formularea unor probleme -formularea unor concluzii n ipoteze date -formularea unor condiii necesare i/ sau suficiente pentru o concluzie dat -rezolvarea mai multor probleme folosind aceeai metod -rezolvarea unei probleme folosind mai multe metode -analiza eficienei metodelor 3.Dezvoltarea capacitii de a face conexiuni cognitive n cadrul disciplinei i a ariei curriculare Obiective de referin La sfritul clasei a VIII-a elevul va fi capabil : 3.1.s utilizeze raionamete, judeci, soluii optime pentru rezolvarea unor probleme dificile din domeniile studiate 3.2.s-i formeze o gndire creativ, abstract, i flexibil Exemple de activiti de nvare Pe parcursul clasei a VIII-a se recomand urmtoarele activiti - folosirea intuiiei i perspicacitii n alegerea modului de abordare a unei probleme -combinarea elementelor cunoscute i crearea altora noi -rezolvarea unor probleme teoretice complexe prin stabilirea unor relaii ntre cunotine 74.Dezvoltarea capacitii de a comunica utiliznd limbajul matematic 5.Dezvoltarea interesului i a motivaiei pentru studiul i aplicarea matematicii n contexte variate Obiective de referin La sfritul clasei a VIII-a elevul va fi capabil : 5.1.s sesizeze importanta raionamentului logico-matematic n diferite domenii 5.2.s manifeste perseveren i gndire creativ n rezolvarea unei probleme 5.3.s manifeste interes pentru folosirea tehnologiilor informaiei n studiul matematicii Exemple de activiti de nvare Pe parcursul clasei a VIII-a se recomand urmtoarele activiti -brainstorming : metode matematice utilizate intr-un anumit domeniu -activitate-proiect: concepte i metode matematice necesare intr-un anumit domeniu -utilizarea mai multor metode pentru rezolvarea unei probleme -discutarea mai multor moduri de rezolvare a unei probleme -utilizarea unor soft-uri pentru nvarea matematicii; explorarea internetului Obiective de referin La sfritul clasei a VIII-a elevul va fi capabil : 4.1.s-i nsueasc terminologia specifica limbajului matematic 4.2.s discute corectitudinea unui demers matematic, argumentndu-i opiniile Exemple de activiti de nvare Pe parcursul clasei a VIII-a se recomanda urmtoarele activiti -corelarea limbajului literar cu limbajul matematic, i redactarea unui text folosind simbolurile consacrate specifice matematicii -discutarea metodei i eventual descrierea algoritmului folosit -studierea unor metode alternative 8CONINUTURI ALGEBR 1.Ecuaii diofantice 2.Funcii parte ntreag, funcii parte fracionar 3.Ecuatii funcionale 4.Inegaliti -Inegalitatea mediilor -Inegalitatea lui Cauchy-Buniakovsky -Inegalitatea lui Minkovsky -Inegalitatea lui Holder 5.Identiti ; identiti condiionate 6.Ecuaii i sisteme care se rezolv prin metode speciale GEOMETRIE 1.Probleme de maxim i minim 2.Paralelism n spaiu -Dreapta paralel cu un plan -Teoreme de paralelism -Plane paralele Tetraedrul 3.Perpendicularitate n spaiu -Dreapta perpendicular pe un plan -Plane perpendiculare -Tetraedre speciale -Proiecii 4.Distane i unghiuri n spaiu 5.Poliedre 6.Seciuni n poliedre 7.Corpuri rotunde-seciuni 8.Probleme de maxim i minim 11ALGEBR 1. Ecuaii funcionale Problema determinrii expresiei prin care este dat o funcie care ndeplinete o egalitate este o ecuaie funcional. Chiar dac exist clasificri ale ecuaiilor funcionale, soluionarea problemelor de acest tip las o libertate destul de mare gndirii i ingeniozitii rezolvatorului. Aceste probleme dezvolt gndirea abstract, oblignd de multe ori elevii s fac artificii algebrice destul de delicate. Prezentm n cele ce urmeaz cteva probleme de acest tip. Probleme rezolvate R1.1. S se determine funcia f : RR care verific egalitatea f(3x1) = x2 + 2, xR. Soluie. Facem nlocuirea 3x 1 = t, 31 tx += i obinem: 37 t 2 t231 t) t ( f22+ += + |.|

\| += . Deci am obinut funcia f : RR, 37 x 2 x) x ( f2+ += . R1.2. Fie f : RR, astfel nct 5 x 3 ) x 3 ( f b ) x ( f a + = + , a, bR. a) Determinai a, bR, dac f(1) = 2 i f(2) = 5. b) Aflai f(x), oricare ar fi x real cu a i b determinai la a). [C.M. 1994] Soluie. a) = = = + = + = + = = + =74b73a1 b 2 a 52 b 5 a 21 ) 1 ( bf ) 2 ( af , 2 x2 ) 2 ( bf ) 1 ( af , 1 x b) Facem nlocuirea 3 x = t x = 3 t. Obinem: 5 ) t 3 ( 3 ) t ( bf ) t 3 ( af + = + . Revenim la variabila x i nlocuim pe a i b cu valorile obinute anterior: 4 x 3 ) x ( f74) x 3 ( f73 = + Se ajunge la sistemul de ecuaii: + = + = + 35 x 21 ) x 3 ( f 4 ) x ( f 328 x 21 ) x ( f 4 ) x 3 ( f 3 12i apoi f(x) = 3x + 1. R1.3. Fie f : RR, care verific relaia: 10 x 6 ) y x 2 ( f ) y x ( f + = + + , oricare ar fi x, yR. S se determine funcia f. [C.M. 1992] Soluie. Dac x = y = 0, avem 2f(0) = 10 f(0) = 5. Dac x = y, avem f(0) + f(3x) = 6x + 10 Deci f(3x) = 6x + 5 f(x) = 2x + 5. R1.4. S se determine funciile f i g: RR tiind c 2f(x) + f(1 y) + g(x) g(y) = 3(x + 1)2 6y, x, yR. Soluie. Dac y = x, obinem 2f(x) + f(1 x) + g(x) g(x) = 3(x + 1)2 6x 2f(x) + f(1 x) = 3x2 + 3 (1) Dac nlocuim pe x cu 1 x n relaia (1) se va obine: 2f(1 x) + f(x) = 3(1 x)2 + 3 (2) Din (1) i (2) avem f(x) = x2 + 2x. Determinm funcia g: facem y = 0, atunci 2f(x) + f(1) + g(x) g(0) = 3(x + 1)2 2(x2 + 2x) + 3 + g(x) g(0) = 3(x + 1)2 g(x) = x2 + 2x + g(0) Dac g(0) = k, kR, atunci g(x) = x2 + 2x + k, kR. Observaie: n timp ce funcia f este unic determinat, pentru g exist o mulime de funcii care verific relaia dat. R1.5. S se determine funcia f: R\{1,1}R, care verific relaia: xx 13 xfx 13 xf ) x ( f = |.|

\|+ |.|

\|+ , xR\{1,1}. [C.M. 1986] Soluie. Facem nlocuirea 1 t3 tx tx 13 x+= =+. t 13 t1 t3 tf ) t ( ft 13 tf+= |.|

\|+ |.|

\|+. Revenim la variabila x i obinem relaia: x 13 x1 x3 xf ) x ( fx 13 xf+= |.|

\|+ |.|

\|+, (1) Aplicm aceiai substituie n relaia (1) i obinem: x 13 x1 x3 xf ) x ( fx 13 xf+= |.|

\|+ |.|

\|+, (2) 13Adunnd relaiile (1) i (2) se gsete relaia prin care este dat funcia f: 1 xx 4) x ( f1 x3 x1 x3 x) x ( f 22= ++= . R1.6. Determinai funcia f: NQ care ndeplinete condiiile: 1001x) x ( f ) 1 x ( f i 2003 ) 2002 ( f + = + = , xN. Soluie. 10011) 1 ( f ) 2 ( f , 1 x + = = 10012) 2 ( f ) 3 ( f , 2 x + = = ............................................. 10011 n) 1 n ( f ) n ( f , 1 n x + = = Dup adunarea egalitilor avem: 2002) 1 n ( n) 1 ( f10011 n ... 2 1) 1 ( f ) n ( f + = + + ++ = . Pentru x = 2002, + =20022001 2002) 1 ( f ) 2002 ( f 2003 = f(1) + 2001 f(1) = 2. Revenind la variabila x i folosind rezultatele anterioare putem scrie funcia f: f: NQ, 2002) 1 x ( x2 ) x ( f + = . Bibliografie 1. Pop Vasile Ecuaii funcionale, Ed. Mediamira, Cluj-Napoca, 2002. 2. B.M.Btineu Giurgiu, I.Crngau, M.Btineu Giurgiu, C.Ursu Culegere de probleme, clasa a IX-a, Ed.Portofranco, Galai, 1992. 14 2. Funcia parte ntreag, funcia parte fracionar 2.1. Funciile parte ntreag i parte fracionar Vom defini partea ntreag i partea fracionar a unui numr real i vom pune n eviden cteva proprieti ale lor. Apoi vom defini i vom reprezenta grafic funcia parte ntreag i funcia parte fracionar. Dac xR, atunci [x] este partea ntreag a lui x i + =. N n , n x 1 n dac 1 n1 n x n dac n] x [ Dac xR, atunci {x} este partea fracionar a lui x i {x} = x [x]. Funcia f care asociaz fiecrui numr real x partea ntreag a sa, adic [x], se numete funcia parte ntreag: f : RZ, f(x) = [x]. Graficul funciei parte ntreag Functia parte intreaga0123450 1 2 3 4 5 6x[x] Funcia g care asociaz fiecrui numr real x partea fracionar a sa, se numete funcia parte fracionar. g : R [0,1), g(x) = {x}, explicitarea funciei g: + + ++ +=) 1 n , n [ x dac , n x. .......... .......... .......... ..........) 2 , 1 [ x dac , 1 x) 1 , 0 [ x dac , x) 0 , 1 [ x dac , 1 x. .......... .......... .......... ..........) 1 n , n [ x dac , n x) x ( g 15Graficul funciei parte fracionar: Functia parte fractionara00.20.40.60.811.20 1 2 3 4 5 6x{x} 2.2. Proprietile prii ntregi a unui numr real. Proprietatea 1. () x[k, k+1), kZ avem egalitatea [x] = k Proprietatea 2. Dac x,yR, i x,y[k, k+1), kZ atunci [x] = [y] Proprietatea 3. Dac xR, x < 0, atunci [x] < 0 Dac xR, x 0, atunci [x] 0 Proprietatea 4. () xR exist egalitatea [[x]] = [x] Proprietatea 5. () xR sunt adevrate inegalitile: 1) [x] x < [x] + 1 i 2) x 1 < [x] x Proprietatea 6. () xR i kZ are loc egalitatea: [x + k] = [x] + k Demonstraie. Notm x = + m, Z, m[0, 1) [x] = a [x + k] = [ + m + k] = [( + k) + m] = + k = [x] + k Proprietatea 7. () xR are loc egalitatea ] x 2 [21x ] x [ =((

+ + , (identitatea lui Hermit) Demonstraie. Considerm dou cazuri: I. 21] x [ x < , ] x [ 2 ] x 2 [ , ] x [21x = =((

+ n aceast situaie avem: ]. x 2 [21x ] x [21x ] x [ ] x [ ] x [ 2 ] x [ ] x 2 [ =((

+ + ((

+ = = = II. 21] x [ x 16 , 1 ] x [ 2 ] x 2 [ , 1 ] x [21x + = + =((

+ acum obinem: ]. x 2 [21x ] x [21x 1 ] x [ ] x [ 1 ] x [ 2 ] x [ ] x 2 [ =((

+ + ((

+ = + = + = Proprietatea 7 se poate generaliza i obinem identitatea lui Hermit n caz general: . N n ) ( , R x ) ( , ] nx [n1 nx ...n2xn1x ] x [ =((

+ + +((

+ +((

+ + Proprietatea 8. () x, yR are loc inegalitatea: [x + y] [x] + [y]. Demonstraie. Scriem x i y astfel: x = [x] + {x} i y = [y] + {y}, 0 {x}< 1, 0 {y}< 1. ]. y [ ] x [ ] y x [Z ] y [ ] x [] y [ ] x [ y x } y { } x { ] y [ ] x [ y x+ + )` + + + + + + = + Probleme rezolvate R2.1. S se rezolve ecuaiile: a) [x + 1] + [x 2] [x 3] = 2; b) [x + 3] [x 5] = 8; c) [x + 4] [x + 1] = 2. Soluie. n rezolvarea ecuaiilor ne folosim de egalitatea [x + k] = [x] + [k] , ()xR , ()xZ. a) [x + 1] = [x] + 1; [x 2] = [x + (2)] = [x] 2, [x + 3] = [x] + 3. Ecuaia iniial devine: [x] + 1 + [x] 2 [x] 3 = 2 [x] = 6 6 x < 7 x[6, 7). b) [x] + 3 [x] + 5 = 8 xR c) [x] + 4 [x] 1 = 2 3 = 2 x R2.2.S se rezolve ecuaia .31 x21 x((

+=((

Soluie. Notm k31 x21 x=((

+=((

172 k 3 x 1 k 3 1 k31 xk k31 x1 k 2 x 3 k 2 3 k 2 x 1 k 2 1 k21 xk k21 x+ < + 3b+c; 7. 2a+1>3b; 8. a+c+1>3b. (G.M. 8/1978) Soluie 1. Din a > 1 i a+1>2c 2a+1>2c+1 2a>2c a>c Din a>c i c>b a>b 2. Din a>1 i c>b obinem a+c>b+1 3. Din a+1>2c i c > b avem: a+c+1>2c+b a+1>c+b 4. Din c>b i a+1>b+c a+c+1>2b+c a+1>2b 5. Din a+c>b+1 i a+1>2b 2a+c+1>3b+1 2a+c>3b 6. Din a+1>b+c i a+1>2b 2a+2>3b+c 7. Din a>b i a+1>2b 2a+1>3b 8. Din c>b i a+1>2b a+c+1>3b R4.2.2. S se arate c dac x[-3;4] i y[-5;2], atunci: | | 67 ; 5 y 2 x 4 y x2 2 + + Soluie 5 ) 1 y ( ) 2 x ( 1 1 y 2 y 4 4 x 4 x z 2 x 4 y x2 2 2 2 2 2 + + = + + + + = + + Din 36 ) 2 x ( 0 6 2 x 1 2 4 x 32 + + + (1) Din 36 ) 1 y ( 0 1 1 y 6 1 2 y 52 (2) Adunnd inegalitile (1) i (2) obinem: | | 67 ; 5 y 2 x 4 y x67 5 ) 1 y ( ) 2 x ( 5 5 72 ) 1 y ( ) 2 x ( 02 22 2 2 2 + + + + + + 4.3. Inegaliti care se rezolv pe baza inegalitilor: 1) 0 a avem , R a2 2) 0 a ....... a a avem , R a ......., , a , a2n2221 n 2 1 + + + 3) bd ac atunci d c i b a nct astfel R d , c , b , a + +-1: 2 + - c- c 27Probleme rezolvate R4.3.1. Dac a,bR, atunci 0 b ab a2 2 + + Soluie 04b 32ba4b 34b2ba 2 a b ab a222 22 2 2 + |.|

\| + = + + + = + + R4.3.2. Dac a,b,cR atunci avem: bc ac ab c b a2 2 2+ + + + Soluie 0 bc 2 ac 2 ab 2 c 2 b 2 a 2 2 bc ac ab c b a2 2 2 2 2 2 + + + + + + 0 ) c b ( ) c a ( ) b a (0 ) bc 2 c b ( ) ac 2 c a ( ) ab 2 b a (2 2 22 2 2 2 2 2 + + + + + + + R4.3.3. S se arate c oricare ar fi numerele reale n 3 2 1a ,....., a , a , a , atunci n 3 2 1n 2n232221a .... a a a 2 ) 1 a ( )......... 1 a )( 1 a )( 1 a ( + + + + (G.M. 10/1975) Soluie 121 12121a 2 1 a 0 1 a 2 a 0 ) 1 a ( + + Analog: 222a 2 1 a + n2na 2 1 a + Obinem: n 3 2 1n 2n232221a .... a a a 2 ) 1 a ( )......... 1 a )( 1 a )( 1 a ( + + + + + 4.4. Inegaliti care se rezolv pe baza inegalitii mediilor Probleme rezolvate R4.4.1 Inegalitatea mediilor Dac a i b sunt numere reale strict pozitive atunci are loc inegalitatea: 2b a2b aabb1a122 2++ + unde: hmb1a12=+ (media armonic) . 28 gm ab = (media geometric) am2b a=+ (media aritmetic) p2 2m2b a=+ (media ptratic) Soluie) 1 ( 0 ) b a ( 0 ab 4 b ab 2 a ab 4 ) b a () b a ( 1) b a (ab 4) ab ( : ab) b a (b a 4abb aab 2abb1a122 2 2 222 22 22 + + + + + + + +) 2 ( 0 ) b a (0 ab 4 b ab 2 a ) b a ( ab 4 44) b a (ab2b aab22 2 222 + + + + + ) 3 ( 0 ) b a ( 0 ab 2 b a b 2 a 2b 2 a 2 ) b a ( 42b a4) b a (2b a2b a2 2 2 2 22 2 22 2 222 2 + + + ++++ Din relaiile (1), (2) i (3) rezult c p a g hm m m m Inegalitatea mediilor pentru n numere reale pozitive Dac n 2 1a ,......., a , a sunt numere reale pozitive avem: na ..... a ana ....... a aa ....... a aa1......a1a1n2n2221 n 2 1nn 2 1n 2 1+ + ++ + + + + + 4.5. Inegaliti care se rezolv pe baza inegalitii lui Cauchy-Buniakowski Probleme rezolvate R4.5.1. Inegalitatea lui Cauchy-Buniakowski Fie 2 1 2 1b , b , a , a numere reale, atunci avem inegalitatea: ) b b )( a a ( ) b a b a (2221222122 2 1 1 + + + Egalitatea are loc dac i numai dac numerele 2 1a , a sunt proporionale cu 2 1b , b . 29 Soluie ) b b )( a a ( ) b a b a (2221222122 2 1 1 + + + Efectum calculele i obinem: 22222122222121212222 2 2 1 12121b a b a b a b a b a b a b a 2 b a + + + + + de unde obinem: 21222221 2 2 1 1b a b a b a b a 2 + care este echivalent cu : 0 ) b a b a (21 2 2 1 Fie 2 2 1 12211kb a ; kb a kbaba= = = = i nlocuind n inegalitate rezult: 2 22212 2 22212 22212 222 212 2221) b b ( k ) b b ( k sau ) b b )( k b k b ( ) k b k b ( + + + + + adic egalitate. Reciproc: Dac are loc egalitatea avem 0 ) b a b a (21 2 2 1 = =1 2 2 1b a b a2211baba= n cazul general se scrie: ) b .... b b )( a .... a a ( ) b a ..... b a b a (2n22212n22212n n 2 2 1 1 + + + + + + + + + R4.5.2. Inegalitatea lui Hlder Fie 2 1 2 1b , b , a , a numere reale pozitive. Demonstrai inegalitatea: 22212221 2 2 1 1b b a a b a b a + + + Egalitatea are loc dac 2 1a , a sunt direct proporionale cu 2 1b , b . Soluie n inegalitatea lui Cauchy-Buniakowski aplicm radical n fiecare membru ) b b )( a a ( ) b a b a (2221222122 2 1 1 + + + ) b b )( a a ( ) b a b a (2221222122 2 1 1 + + + 22212221 2 2 1 1b b a a b a b a + + + R4.5.3. Inegalitatea lui Minkovski Fie 2 1 2 1b , b , a , a numere reale pozitive. Demonstrai inegalitatea: 2221222122 221 1b b a a ) b a ( ) b a ( + + + + + + Soluie 2221222122 221 1b b a a ) b a ( ) b a ( + + + + + + Ridicm la ptrat fiecare membru i obinem: 30 ) b b )( a a ( 2 b b a a ) b a ( ) b a (222122212221222122 221 1 + + + + + + + + + de unde prin efectuarea calculelor obinem: ) b b )( a a ( 2 b b a a b a 2 b a 2 b b a a2221222122212221 2 2 1 122212221 + + + + + + + + + + + 2 : ) b b )( a a ( 2 b a 2 b a 222212221 2 2 1 1 + + + 22212221 2 2 1 1b b a a b a b a + + + inegalitatea lui Hlder Bibliografie I. Crciunel, L. Nicolescu, P. Simion, T. Spircu, Matematic-Algebr-Manual pentru clasa a VIII-a, EDP 1988 M. Becheanu, C. Ni, M. tefnescu, A. Dinc, , I. Purdea, I.D. Ion, N. Radu, C. Vraciu, Algebr pentru perfecionarea profesorilor, EDP 1983 D. Radu, E. Radu, Matematic-manual pentru clasa a VIII-a, Ed. Teora 1999 M. Singer, C. Voica, C. Voica, Matematic-manual pentru clasa a VIII-a , Ed. Sigma 1999 Gheorghe i Alina Drugan; Ion i Mihaela Ghica, Matematica n concursurile colare, Ed. Teora 1998, pag 109-124 D. Brnzei i colectivul: Matematica n concursurile colare, Ed. Paralela 45, 2001,2002 pag 55-84(2001);pag 35-55(2002) Foaia matematic(Chiinu),5/1996, pag 18 Foaia matematic(Chiinu),3/1996, pag 23 M. Chiri, T. Bulzan, L. Ganga, V. Tudoran, Inegaliti matematice, Ed. Felix 1998 A. Bluc, I. icalo, Matematic-Algebr, Ed. Remos Chiinu 1995, pag 20-26, pag 37-43 C. Hrbor, D.Svulescu, I. Chec, A.ifrea: Matematic pentru clasele V-VIII-Olimpiadele judeene, interjudeene, naionale, Ed. Teora 1996, pag 233-235 315. Ecuaii i sisteme de ecuaii. Metoda ecuaiilor, sistemelor de ecuaii n rezolvarea unor probleme Rezumat: -n cadrul temei se vor prezenta principalele tipuri de sisteme, respectiv metode de rezolvare, discuie dup unul sau doi parametri. Ecuaii i sisteme de ecuaii 5.1. Formule de calcul prescurtat - utilizate n rezolvarea unor sisteme n b ab b a a b a b a n n n n n n), ... )( (1 2 2 1 + + + + = 2 ) ... ( (2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 n n n n n nb ab b a a b a b a + + + = + + + | |2 2 22 2 2 3 3 3) ( ) ( ) ( ) (21) )( ( 3c b c a b a c b abc ac ab c b a c b a abc c b a + + + + == + + + + = + + 5.2. Metode de rezolvare a sistemelor de tipul = + = +' ' ' c y b x a c by ax n mulimea numerelor reale. 5.2.1. Metoda reducerii Sistemul are soluie unic dac i numai dac ab-ab0. Dac sistemul trebuie rezolvat ntr-o mulime NMRR verificm dac soluia unic aparine NM (deci sistemul are cel mult o soluie). Dac ab`-a`b=0 sistemul ori nu are nici o soluie, ori o infinitate de soluii(dac se rezolv ntr-o mulime NMRR verificm care dintre soluii aparin lui NM). 5.2.2. Metoda substituiei = + = +) 2 ( ' ' ') 1 (c y b x a c by ax Presupunem a0. Atunci x= - ) 3 (acyab . Introducem relaia (3) n (2) i obinem o ecuaie de tipul AY+B=0 care are exact o soluie (dac ecuaia e de gradul I, A0) sau o infinitate de soluii sau nici una (dup caz ca i la metoda reducerii). 325.3. Metoda soluiei unice 5.3.1. Orice ecuaie de gradul I are cel mult o soluie, indiferent de mulimea n care o rezolvm 5.3.2. Orice sistem de ecuaii de gradul I: - are o soluie - nu are nici o soluie - o infinitate de soluii(dac o rezolvm n RR) respectiv dac o rezolvm n NM scoatem relaia ntre necunoscute i verificm care dintre soluii aparine lui NM. 5.3.3. Orice ecuaie de forma ax+b=0: - are o soluie - nici o soluie - un numr de soluii = card A, unde A este mulimea pe care rezolvm ecuaia 5.4. Sisteme formate dintr-o ecuaie de gradul I i una de gradul al II-lea = + + + + + = + +002 2s ry qx pxy ny mx c by ax Se scoate x n funcie de y (sau y n funcie de x din prima ecuaie) i nlocuim n a doua obinnd o ecuaie de gradul doi. 5.5. Sisteme omogene = + + = + +d d y c xy b x a d d cy bxy ax| ' ' ' '' |2 22 2 Dac d sau d`=0, verificm dac (0,0) este soluie y0 mprim ecuaia corespunztoare acelui d sau d` nul cu 2y i notm yx=t. Se determin t i se obin dou sisteme de tipul anterior. Dac d, d`0, operm ca mai sus, prima ecuaie o nmulim cu d`, a doua cu d, le adunm i obinem o ecuaie de tipul 02 2= + + Cy Bxy Ax . mprim ecuaia cu 2x sau 2y ((0,0) nu convine n caz contrar d=d`=0 ctr.). Pentru fixarea ideilor mprim ecuaia cu 2y (A0 spre exemplu) tyx= 02= + + C B At , de unde obinem t1 i t2 Ecuaiei x=yt1,2 i atam una din ecuaiile iniiale. 335.6. Sisteme simetrice elementare x+y=S xy=P i atam ecuaiei 02= + P St t Soluia sistemului este mulimea A={(t1,t2);(t2,t1)}. Prin sistem simetric nelegem un sistem n care dac schimbm necunoscutele ntre ele obinem acelai sistem. Obs.: P S y x 22 2 2 = + PS S y x 33 3 3 = + Probleme rezolvate R5.7.1. Rezolvai ecuaia: a) nn n x x x=+++ ++++1...3221 , n2 b) nnnx x x=+++ ++++11...31 221 ,n2 Rezolvare: Ambele sunt ecuaii de gradul I au cel mult o soluie x=1 soluie unic. R5.7.2. S se arate c oricare ar fi a aparinnd mulimii numerelor reale, soluia ecuaiei 2 2 2 2 2 2) 1 ( ... ) 1 2 ( ) 1 ( ) ( ... ) 2 ( ) ( x na x a x a x na x a x a + + + = + + + + + + nu depinde de a. Rezolvare: Ecuaia este de tipul Ax+B=0 x= -21soluie x=0 nu este soluie , deci, ecuaia are soluia unic x= -21 R5.7.3. Rezolvai sistemul: + = + +=++2 22 22 2b a by ax b a b ab a yb a x , (1) a b Rezolvare: ab 2 2b a + 0. Metoda I ==b y a x soluie ==00yx nu e soluie S={(a,b)} 34Metoda a-II-a (1) + = + + = + + b a b a by ax a b a y b a x b a|| ) ( ) (2 22 2+ = + + = + ) )( ( ) ( ) () ( ) ( ) (2 22 2b a b a by b a x b a a b a a y b a a b a xa ) ( ) (2 2 2 2b a b y b a + = + R5.7.4. Rezolvai i discutai sistemul: = + = 1 ) (2y x m m y x m (1) Rezolvare: (1) = = m y m x m m y x m2 22 0 ) 1 (2= + y m y=0mxxmmxm x m10012= )`= = )`|.|

\|= 0 ,1mS . R5.7.5. Rezolvai i discutai sistemul: = + = +33ky x y kx (1) Rezolvare: = + = +k ky x y kx| 31 | 3= + = k y k kx y kx332 ) 1 ( 3 ) 1 (2 = k y k caz I: k=1 0=0 x+y=3 S={(x,3-x)|xR}. caz II: k=-1 0= -6 fals S= caz III: k1 )`|.|

\|+ += += |.|

\|+ = += 13,1313111 313k kSkxkkxky . 35R5.7.6. Rezolvai sistemele: a) = = + + 10 6 2 2 22 2x y y x y xy x (1) b) = + = +122 23 3y xy x y x (2) c) = = 125 2 32 2xy y x (3) Rezolvare: a) ( ) { } 4 , 54 5 0 6 ) 1 ( 2 2 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( 210 6 2 2 22 22 2 = = = = + + + + + ++ = = + + S y x x x x x x x x y y x y xy x b) === == + == + == + = + +11120 3 6 321 ) 2 ( ) 2 (212 ) )( (22 2 2 22 2yxx x yx x x y x x x x x yy xy x y xy x y xc) = = 5 | 1212 | 5 2 32 2xy y x43)21( 11) 1 )( 1 (112 222 222 4+ = + =+ + + + + =+ ++ + x x xx x x x x xx xx x 0 24 5 362 2= + y xy x y=0 x=0 nu convine y0 mprim ultima relaie cu 2y i notm tyx= . Obinem 0 24 5 362= + t t , cu t1=43 i t2= 98 . Caz I : ======44312434312432yy xyy xxyyx y1=4x1=3 y2=-4x2=-3 36Caz II : = =fals yyx1298982 S={(3,4) ;(-3,-4)}. Rezolvai sistemul b) care este i simetric prin alt metod === = = = = + = +121 32 ) 3 (1 32 31222222 23 3PSP S P S SP S PS Sy xy x y x Ecuaia ataat: 0 1 22= + t t t1=t2=1 S={(1,1)}. R5.7.7. Rezolvai sistemul: = + + = +3 | 4 ) 1 ( 4 40 ) 1 ( 3 4 42 22 2y y x x y y x x Rezolvare: = + 3 4 42x x x1,x2 Analog se determin y1,y2 S={(x1,y1) ;(x1,y2) ;(x2,y1) ;(x2,y2)}. R5.7.8. Se consider sistemul = + = +3 22 22 2y mx y x m y x R m a) s se rezolve sistemul b) s se determine valorile parametrului m pentru care sistemul admite numai soluii numere ntregi negative c) s se determine valorile parametrului real m pentru care sistemul admite o soluie (x,y) cu x=y. Rezolvare: a) x=m-2-2y 2 222 2 22 2 2) 2 ( 4 ) 10 5 9 6 ( 40 2 1 ) 3 ( 2 50 3 2 4 4 ) 2 8 4 2 ( 50 3 2 2 ) 2 ( 4 ) 2 ( 4 ) 2 (+ = + + = = + = + + + + + = + + + m m m m m y m y m m m m m m y y y my m m y y y m m y1,y2=5) 2 ( 310) 2 ( 2 ) 3 ( 2 + =+ m m m m y1=-1x1=m-2+2=m y2= 51 2mx2=m-2-5852 4 10 552 4 =+ = m m m m. 37b) m f(x1) f(x2) ( )x1,x2 A, f(x1) = f(x2) => x1 = x2 ecuaia f(x)=y are cel mult o soluie n A. Funcii surjective f :AB surjectiv ( ) yB, ecuaia f(x)=y are cel puin o soluie n A Im f =B Funcii bijective f :AB bijectiv funcie injectiv+ surjectiv ( )yB, ecuaia f(x)=y are exact o soluie n A. Numrul de funcii injective =Amn, nm. f :AB a.. |A|=n, |B|=m. Numrul de funcii bijective f :AB, |A|=|B|=n este Pn=n!. Observaii f :AB bijectiv => |A|=|B|, A,B-finite 1.2.5. Combinri Dac A este o mulime cu n elemente, atunci submulimile lui A formate din k elemente 0kn se numesc combinri de n elemente luate cte k. Numrul lor se noteaz ! k knACknkn == deoarece nu conteaz ordinea elementelor = . , 0 ,)! ( !!N n n kk n kn 1.2.6. Mulimea prilor unei mulimi date Fie A o mulime. P(A)={B|BA} Dac |A|=n, atunci |P(A)|=2. Rezolvare I. Verificm dac P(0) este adevrat. 42A=, |A|=0 Singura submulime a lui A este =>|P(A)|=1=20 adevrat. II. Presupunem c dac |A|=p, 0pn, atunci |P(A)|=2p,A este o mulime oarecare Fie B a..|B|==n+1, B={a1,a2,,an,an+1}. P(B)=TS T={mulimea submulimilor lui B, cu proprietatea c a +1 n unei altfel de submulimi}. S={mulimea submulimilor lui B, cu proprietatea c an+1 unei altfel de submulimi}. |S|=|T| S={U{an+1}|U T} |T|=|P ({a1,an})|=2n =>|P(B)|=|TS|=|T|+|S|=2n+2n =2n+1. Din I i II => |P(A)|=2|A| ( ) A mulime finit Observaie. Din aceast relaie rezult 2...1 0 n nn n n C C C = + + + Probleme rezolvate R1.2.1. Se consider un tablou n form de ptrat astfel nct pe fiecare linie i fiecare coloan s avem n csue (n2) care se completeaz cu numere ntregi. Determinai n cte moduri poate fi completat tabloul dac produsul numerelor de pe fiecare linie, coloan este 5 sau -5. Rezolvare Pentru nceput determinm numrul de aranjri ale numerelor 5 sau -5. Dac pe o linie, coloan apare 5 sau -5, atunci pe acea linie, coloan nu va mai aprea 5 sau -5. Este suficient s vedem n cte moduri putem completa liniile cu 5, respectiv -5. Linia 1 2n posibiliti de completare cu 5 sau -5 Linia 2 2(n-1) posibiliti de completare cu 5 sau -5 Linia n 2 posibiliti de completare cu 5 sau -5 Din regula produsului rezult c avem 2n n ! posibiliti de completare cu 5 sau -5 n continuare pentru fiecare completare a unei linii cu 5 sau -5 mai avem 2n2-n posibiliti de completare cu 1,-1= numrul funciilor definite pe o mulime cu n-n elemente (poziiile rmase libere) cu valori n mulimea {-1,1}. n total numrul de completri este 2 n!2= 2n! R1.2.2. Fie n3 un numr ntreg. Demonstrai c este posibil ca eliminnd cel mult dou dintre elementele mulimii {1,2,,n} s obinem o mulime care are suma elementelor ptrat perfect. 43Rezolvare S= 1+2+3++n= .222) 1 (22nn n n= ( ) kn a.. (k-1)< S-2n+1 d = e q.e.d, D i E fiind alese arbitrar. O este centrul hexagonului regulat X A B F O C E D R1.2.9. n interiorul unui ptrat de latur 1 se consider 9 puncte. S se arate c putem alege 3 dintre acestea s fie vrfurile unui triunghi cu aria cel mult egal cu 1/8. Rezolvare A P B Se iau mijloacele laturilor ptratului ca n figur. R N Conform principiului lui Dirichlet, cel puin 3 se afl ntr-un ptrat mic. D Q C 46A P M R Ducem ES || MR (cazul cnd una din laturile triunghiului este paralel cu o latur a ptratului sau inclus n ea este trivial). A[EFG]=A[FES]+A[ESG]=2) (2 22 1 2 1h h SE SE h SE h += + 22121=81 q.e.d. FF=h1 GG=h2 Bibliografie Manual cls. X-a - M.Ganga-Editura Math Press Probleme elementare de matematic -M.Ganga-Editura Math Press 2003 Probleme de teoria numerelor i combinatoric pentru juniori- L.Panaitopol, D.erbnescu Olimpiade balcanice pentru juniori- D.Brnzei, I.erdean, V. erdean F G S F E G 47 2. Paralelism n spaiu n cadrul temei vom prezenta principalele teoreme de paralelism respectiv teorema de paralelism a unei drepte cu un plan, plane paralele i alte teoreme de paralelism deosebit de utile n rezolvarea problemelor, definirea corpurilor geometrice, a seciunilor n corpuri geometrice, determinarea unor distane n spaiu, a unghiului a dou drepte. 2.1. Drepte paralele Definiia 2.1.1. Dou drepte coplanare care nu au nici un punct comun se numesc drepte paralele. Axioma 2.1.1. ( Axioma paralelelor Axioma lui Euclid ) Printr-un punct exterior unei drepte putem construi o singur paralel la dreapta dat. 2.2. Dreapt paralel cu un plan Definiia 2.2.1 O dreapt este paralel cu un plan dac nu are nici un punct comun cu planul. Notaie: Dac d = , notm d || sau || d . n rezolvarea problemelor apelm mai puin la definiie i mai mult la teorema de paralelism. Teorema 2.2.1 Dac o dreapt este paralel cu o dreapt inclus ntr-un plan atunci ea este paralel cu planul sau inclus n plan. Demonstraie: Fie planul i dreapta d . Fie o dreapt inclus n i d || . Dreptele d i sunt coplanare, (d; ) =. Presupunem c d || , atunci d1 ={A } d A , dar A A atunci d ={A }, contrazice ipoteza, rezult c presupunerea este fals. d || . Teorema 2.2.2 Fie d o dreapt paralel cu un plan , iar un plan care conine dreapta d. Atunci || sau intersecteaz pe dup o dreapt i d || . d Demonstraie Presupunem c || , atunci 1 = i demonstrm c d || . Presupunem c d || , d i sunt coplanare d = {A}. Din d A i A d A 48 A ; A; d A , contradicie cu d || ; presupunerea este fals d || . Teorema 2.2.3 Fie d o dreapt inclus, sau paralel cu un plan i fie o dreapt paralel cu d, dus printr-un punct A al planului , atunci d este inclus n planul . Demonstraie: 1 Cazul d Fie = (d; ). Planele i coincid, avnd dreapta a i punctul A n comun. Rezult d 2 Cazul d Notm = (d; ). Dac 1 = d, atunci conform teoremei precedente rezult d || .Dac d i d nu coincid atunci prin A trec dou paralele la d, ceea ce contrazice axioma paralelelor rezult c = d. Teorema 2.2.4. Dac a, b, c, sunt trei drepte astfel nct ab i bc atunci ac (tranzitivitatea relaiei de paralelism). Teorema 2.2.5 Fie X O Y i XOY dou unghiuri diferite. Dac OX OX i OY OY , atunci unghiurile X O Y i XOY sunt congruente sau suplementare. 2.3 Msura unghiului a dou drepte n spaiu Fie dreptele a i b astfel nct a1b ={ } O a Atunci O1 O2 (opuse la vrf) 4 m ) 1 O3 O4 (opuse la vrf) b Definiia 2.3.1.: Cea mai mic dintre msurile m i 180 - m se numete msura unghiului dreptelor concurente a i b . Observaii: 1 Dac m=90 atunci a b ; 2 Dac m = 0 atunci a b; Definiia 2.3.2.: Msura unghiului dreptelor a i b este msura unghiului dreptelor a i b paralele cu a i b, duse printr-un punct oarecare P. (conform teoremei unghiurilor cu laturile paralele). Dac m(a; b) = 90 a b; a A d^ ^^ ^ 3180- m2 49Probleme rezolvate R2.4.1. Fie A,B,C,D patru puncte necoplanare astfel nct BC=BD . Bisectoarele unghiurilor ABC i ABD intersecteaz pe AC n P i respectiv pe AD n Q. 1. Demonstrai c PQ (BCD) 2. Perpendicularele duse din A pe bisectoarele BP i respectiv BQ intersecteaz pe BP n E i pe BC n M, i respectiv pe BQ n F i pe BD n N, determinai poziia dreptei EF fa de planul (ACD). 3. Determinai intersecia planelor (PCD) i (MNF). Soluie: d 1. n ABC,(BP este bisectoare) ACD PQ (BCD). 2. n ABM, BE bisectoare i nlime ABM isoscel BE- median AE =EM (3) n ABN, BF bisectoare i nlime BF- median AF = FN (4) Din relaiile (3) i (4) EF linie mijlocie n AMN EF MN MN (BCD) ABM isoscel BM = BA ABN isoscel BN = BA iar din ipotez BC=BD MNCD i CD (ACD) MN (ACD) MN EF EF (ACD). A BCPQDF EMNT. bisectoarei: PACPBABC= (1) n ABD, (BQ este bisectoare) T. bisectoarei: QADQBABD= (2) BC = BD (ip). (3) Din relaiile (1), (2), i (3) QADQPACP= R.T.Thales POCD CD (BCD) BM = BN, 50 3. CD MN CD (ACD) MN (AMN) A (AMN) 1 (ACD) Dar (AMN) = (MNF) i (PCD) = (ACD) (ACD) (MNF) = d R2.4.2.: Se consider punctele necoplanare A, B, C, D. Printr-un punct M de pe segmentele (AB) se duce un plan paralel cu AC i BD. Acest plan intersecteaz pe BC n Q, pe CD n P i pe AD n N. 1) S se arate c MNPQ este paralelogram; 2) n ce condiii patrulaterul MNPQ este dreptunghi? 3) n cazul AM = x, AB= 5 cm, AC =12 cm, BD = 7 cm, s se calculeze, n funcie de x, perimetrul patrulaterului MNPQ. Soluie: AC (ABC) = { } MQ MQ AC (4) AC (ACD) = { } NP NP AC (5) Din relaiile (4) i (5) NP AC (6) Din relaiile (3) i (6) MNPQ este paralelogram 2. MN BD MQ AC MN MQ Deci MNPQ este dreptunghi dac AC BD. 3. Din MN BD n ABD T.F.A. AMN ~ ABD (AMN)(ACD) =d Ad i d CD MN AB C DM N PQ x 12 7 1. Notm cu planul ce trece prin M i AC i BD BD (ABD) = { } MN MN BD (1) BD (BCD) = { } PQ PQ BD (2) Din relaiile (1) i (2) MN PQ (3) BD AC 51 BDMNABAM= 7MN5 =x MN = 57x Din MQ AC n ABC T.f.a.BMQ ~ BAC 12MQBABM= 12MQ55= x MQ = 5) 5 ( 12 x pMNPQ = 2MN +2MQ = 2 57x + 2 5) 5 ( 12 x = 5120 2512 120 14 += + x x x R2.4.3.: Fie O i G centrele de greutate ale triunghiurilor BDC i respectiv ACD situate n plane diferite. Dac N este mijlocul segmentului [ ] CD , iar M(AB) astfel nct 52ABAM= i MNAO = { } E , demonstrai c EG (BCD). Soluie Fie OG MN ={ } S n NBM, OS BM (T.F.A) NOS ~ NBM 3BMOS31NBONBMOS= = = Din 33ABBM53ABBM52ABAM= = = atunci nlocuind n relaia OS =3BM OS =5 353ABAB= 21=AMOS AM = AB52 din OS AM AEM ~ OES 21EAOEAMOS= = A B C OG SENDM O centrul de greutate al BCD 12=ONBO G. Centrul de greutate al ACD12=GNAG dar 12= =GNAGONBO R.T.Thales n ABN OG AB 52Dac GANG21EAOE= = R.T.Thales- ANO EGNO NO (BCD) 2.4. Plane paralele Definiia 2.4.1 : Dou plane i sunt paralele dac nu au nici un punct comun. Notm: . Dac = atunci . n rezolvarea problemelor nu este suficient definiia pentru a determina soluia unei probleme, fiind nevoie de o teorem care s justifice paralelismul planelor. Lema 2.4.1. (teorem ajuttoare). Dac a i b sunt dou drepte paralele, iar i dou plane astfel nct a i b i =c, atunci c este paralel cu a i b. Teorema 2.4.1. Dac un plan conine dou drepte concurente, paralele cu cellalt plan atunci planele sunt paralele. Demonstraie: fie planul astfel nct a,b , ab = { } O i Oexterior planului . Prin O ducem dreptele a a i bb , rezult c a i b Dreptele a i b determin planul . Dac atunci se intersecteaz dup dreapta c, atunci conform lemei (2.3.1) rezult c ca i cb, dar ab={ } O contrazice axioma paralelelor rezult c presupunerea este fals . Teorema 2.4.2. Fiind date un plan i un punct A exterior planului, exist un plan unic, ce conine punctul A i este paralele cu planul Demonstraie : Prin A ducem dreptele Ax i Ay paralele cu , atunci , = (Ax; Ay). Vom demonstra c planul este unic.Fie a i b incluse n planul i aAx i b Ay Orice plan care conine pe A i este paralel cu , este paralel cu a i b. Conform teoremei (2.2.3) planul trebuie s conin dreptele Ax i Ax prin urmare = Teorema 2.4.3 Dac dou plane sunt paralele, orice plan care intersecteaz pe primul l intersecteaz i pe al doilea i dreptele de intersecie sunt paralele. Teorema 2.4.4. Dou plane distincte paralele cu al treilea sunt paralele ntre ele. Teorema 2.4.5. Dac trei plane nu au toate trei un punct comun dar se taie dou cte dou atunci dreptele de intersecie sunt paralele. EG (BCD) O Ob a a bc x y a b 53 Demonstraie : presupunem c a b,atunci ab ={ } C ,dar n aceste condiii C , contrazice ipoteza , rezult c presupunerea este fals ab, analog abc . c Teorema 2.4.6 (teorema lui Thales n spaiu). Mai multe plane paralele determin pe dou drepte oarecare, care le intersecteaz pe acestea, segmente proporionale. d1 d2 Demonstraie: Fie i distincte dou cte dou. Dreptele d1 i d2 sunt distincte i taie cele Trei plane A1, B1, C1 respectiv A2 ,B2 ,C2. Ducem prin A2 dreapta d1 cu i . Atunci n A2 C2 C3 avem B2B3 C2C3 rezult Conform teoremei lui Thales c 2 22 23 33 2C BB AC BB A= (1) Dar A1B1 A2B3 , B 1C1 B3C3 i A1A2 B1B3 C1C3 atunci A1B1B3A2 i B1C1C3B3 sunt paralelograme A1B1 = A2B3 i B1C1 = B3C3, nlocuind n relaia (1) obinem 2 22 21 11 1C BB AC BB A= Probleme rezolvate R2.7.1 Fie i dou plane paralele, iar A i B ; C i D astfel nct A,B,C,D s fie necoplanare. Dac M este mijlocul lui(AC) i N este mijlocul lui (BD) iar AN ={ } F , BM ={ } E , demonstrai c: 1 ABCE i ABDF sunt paralelograme; 2 (AED) (BCF); 3 ADE BCF Soluie : 1 1 M 1 N (ABC) = AB AB CE (1) 2 2 (ABC) = CE AMB CME (ULU) (AM)(MC) M1 M2 ( opuse la vrf) A C (alt. int.) CB F C ab A1 B1 C1 A2 B3 B2 C3 C2 ^ ^^ ^ E D A 54 (AB) (CE) (2). Din relaiile (1) i (2) ABCE paralelogram Analog demonstrm c ABFD este paralelogram. 2 ABCE paralelogram AE BC ABFD- paralelogram AD CF (ADE) (BCF) 3 ADE EAD CBF ( au lat. paralele) (AE) (BC) (op.n ) (L.UL.) ADE BCF BCF (AD) (BF) (op.n ) R2.7.2. n triunghiul ABC, a2b c2b + a2c b2c = b3 + c3. Fie D ( ) ABC i G1, G2. G3 respectiv centrele de greutate ale triunghiurilor DBC, DAB, DAC. S se arate c: 1 (G1, G2. G3) (ABC); 2 G1G2 G1 G3; 1 n DBC, DM este median, MBC i G1 este centrul de greutate ( ) 112M GDG11= n DAB, DN este median, NAB i G2 este centrul de greutate ( ) 212N GDG22= iar n triunghiul DAC, DP este median, PAC i G3 este centrul de greutate. ( ) 312P GDG33= din relaiile (1), (2), (3) 12P GDGGDGM GDG332211= = =N Aplicm reciproca teoremei lui Thales n triunghiurile DMN i DNP i rezult c: G1G2 MN; MN (ABC) G1G2 (ABC) G2G3 NP ; NP (ABC) G2G3 (ABC) (G1 G2G3 ) (ABC) 2 Din a2b c2b + a2c b2c = b3 + c3. Rezult c a2(b +c)- bc(b +c) = (b+c )(b2-bc+c2) : (b +c) i obinem a2 bc = b2 bc + c2 -bc a2 = b2 + c2 Din R.T.P. ABC dreptunghic n A. Din G1G2 MN; MN AC G1G2 AC (4) G1G3 MP ; MP AB G1G3 AB (5) Din relaiile (4) i (5) i ACAB rezult c G1G2 G1G3 BMC D AG3 G2 P N 55 R2.7.3. Dac patru drepte paralele intersecteaz un plan n vrfurile A,B,C,D ale unui paralelogram, atunci, ele determin pe orice plan care le intersecteaz vrfurile unui paralelogram. Dreptele a i AB determin un plan (a;AB), dreptele d i CD determin planul (d; CD) i ad, ABCD planele (d;CD) i (a; AB) sunt paralele, analog planele (a;AB) (b;BC), atunci orice plan care intersecteaz dreptele va determina: (a;AB) = AB (d;CD) = CD AB CD (1) (a;AB) (d;CD) (a;AD) = AD (b;BC) = BC AD BC (2) (a;AD) (b;BC) Din relaiile (1) i (2) ABCD este paralelogram a d b c 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 A. Bluc, I. icalo, Matematic-Geometrie n spaiu, Ed. Axa Botoani 1996 pag 7-11 D. Brnzei i colectivul: Matematica n concursurile colare, Ed. Paralela 45, 2001,2002 pag 55-84(2001);pag 56-73(2002) Gh. ieica, Probleme de geometrie, Ed. Tehnic 1981,pag 90-95 C. Hrbor, D.Svulescu, I. Chec, A.ifrea: Matematic pentru clasele V-VIII - Olimpiadele judeene, interjudeene, naionale, Ed. Teora 1996, pag 278-279 E. Feru, I. Olivotto, Cum gndim problemele de geometrie n spaiu, Ed. Art Bucureti 1994, pag 9-11 A DB C C B A D 56ABDC 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 583) 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 = 2MC (1) Din BC (MAB) BC MB MBC este dreptunghic i BN este median BN = 2MC (2) Analog n MDC avem DN = 2MC (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 AD O 59E A H B C D O H1 E1 2) BE1 (AOC); 3) AC (BEE1); 4) HH1 (ABC); 5) 1EEBEB HDHADOA1 11 = . 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 ( HO0 DAO Dcomun D HHHADOAD HADHHOA111 1 = = (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 Bcomun, deci sunt asemenea, rezult c111HHEEB HBE= (8). nmulim relaiile (7) i (8) membru cu membru i obinem: 1111111EEDHHHEED HHHB HBEADOA = dup nmulire obinem: . 1B HDHEEBEADOA111 = 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 61QO 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 OPd xx 62dO Dac dOx i dOx Ox||Ox (1) Dac dOy i dOyOy||Oy (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 , 0CD, 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 651) n trapezul ABCD (BD bisectoarea B DBA DBC (1) Din AB||CD si BD sec. BDCDBA (2) Din (1) si (2) BDC DBC BDC isoscel BC=CD=DA In ABD,m(A)=600 si m(B)=300 m(D)=900 ADBD i AD= 2ABAD=12=DC=BC. Ducem DEAB in ADE avem DE =6 3 AABCD=2h ) b B ( +;AABCD=108 3 cm2 In ABD de in D avem sin 600=ABBD 23=24BD12 3 =AC. 2)MA(ABCD) ACBC AC (ABCD) BC(ABCD) Din T3 MCBCd(M ;BC)=MC MA(ABCD) MAAC 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) MAAF MAF dr. MF=2 2AF MA + = 12 3) (MCB) (ABC)=BC )`CB MCCB AC m( ((MCD) ;(ABC)))=m(MCA) In MAC dr. n A avem tgC=3 126 tgC=63 Pentru a determina distana de la punctul A la planul (MCD) aplicm reciproca teoremei celor trei perpendiculare. Ducem ) MCD ( AP 3 RT DinCD AFCD PFMF PMF AP )` d(A;(MCD)) = AP. 66D N M EO AP nlime n MAF dr. n A AP ;ipc c2 1= . 3 3 AP = R3.5.3. Pe planul rombului ABCD de latur a i diagonal 3 a AC = 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)23 aOC AO} 0 { BD AC3 a ACa ABromb ABCD= = )`===I n AOD dr. a OD 2 BD2aODAO AD OD2 2. P . T= = = = BCD echilateral. Pentru a determina distana de la M la BC ducem DEBC i avem: )` BC VE) ABCD ( BC) ABCD ( DEBC E , BC DE) ABCD ( VD. 3 . Td(V;BC)=VE VD VDE DE VD ) ABCD ( dr.27 aVE DE VD VE2 2. P . T= + = A B C V 672) Aplicm T.3. . i avem: AC VO) ABCD ( AC) ABCD ( DOAC DO) ABCD ( VD. 3 . T )` Aplicm reciproca T.3. i obinem: Ducem DF )) VAC ( ; D ( d ) VAC ( DFAC DOAC EOVO DF. 3 . T . R= )` DF inalime in VDODF=ipc c2 1;DF=55 a VO=2 2DO VD + VO=25 a(T.P.in dreptunghic VDO) 3) n VDB , NO l.m. NOVD,dar VD(ABCD) NO(ABCD) )` )) ABCD ( NO ( NO AO) ip ( BD AOAO(DMN) Aplicam T.3. si avem: )`) DMN ( MN) DMN ( ONMN ON) DMN ( AO(T.3. ) ANMN Determinm (dreapta)muchia diedrului. MN||BD A(MNA)(ABC) (MNA)(ABC)=d Ad i d ||BC||MN Determinm unghiul plan corespunztor diedrului Din ANMN, MN||d ANd AOBD, BD||d AOd m(( (AMN);(ABC)))=m(NAO) n NAO dr. n O 030 ) A ( m3323 a2atgA = = = 68Ad a b A ABm 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 { } A d a , d a , d , = = Ducem dreapta b,b i b { }. A d b , d = = = )` = ) b ; a ( m ) ; ( md bd ad90 a b ,dar a a d , 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 { } B m = 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 falsd=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. 70D 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=3aP =FEFAC (1) )` ) ABC ( EF) ABC ( MA dinEF 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 CBEm(BCE)=m(ABF),dar m , 60 ) BCE ( m ) FBC ( m 60 ) 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 MB C AE F 71BSF E MA(AEF)MAAE MAF dr. Din T.P. MF=310 a 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 ( NAAB NAAB ) ABMN ( ) ABC () ABMN ( ) ABC ( )` = Aplicam T.3. . si obtinem: NE ) BC ; N ( d BC NE 3 T Din) ABC ( BC) ABC ( AEBC E , BC AE) ABC ( NA= )` In NAE dr. n A .Din T.P2 2AE NA NE + = =2223 812 ||.|

\|+ = = 48 144 + =8 3 NAC RP MD 72 AE=h echilateral23 8AE = 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 T3CDMN . CD ) MN ; C ( d = MN { } P AB = In BM , ANP AN si BM= . m . l BM2AN 8 BP AB = = Triunghiurile FDP i NAP sunt asemenea pentru c D A (200) i P este comun ANFDNPFP= n dreptunghic ANP2 2AP NA NP . P . T Din + = = 144 256 + =20 nlocuim in proportia de mai sus si obtinem :5362012 12FD12FD2012== = n CFD dreptunghic in F . P . T Din CD=2 2FD CF + =2 2)536( ) 3 4 ( + CD=539 8 3) (ABC) (CMN)=CP Triunghiul CBP isoscel (CB=BP=8cm) i m( ) CBP =120;(180-m(ABC)) 2120 180) BCP ( m0 0= =30,atunci m( ) ACP =60+30=90 . CP AC Folosind T.3.. punem n eviden unghiul plan corespunztor diedrului. ) NCA ( m ))) ABC ( ); CMN ( ( m CP NC 3 T Din) ABC ( AC) ABC ( CPCP AC) ABC ( NA = )` n NCA dr. n AACNAtgC = =812= 23 734) Pentru a determina d(B;(CMN)) vom folosi reciproca t.3.. CP MR 3 DinTCP R , CP BR) ABC ( MB )` Ducem BS )) CMN ( ; B ( d ) CMN ( BS 3 . T . R DinCP BRCP SRMR BS= )` BS nlime n dreptunghic BRM13 24 6MRBR BMBS ;ipc cBS2 1 === BS=1313 12 [BR] l.m. n cm 42ACBR ACP = = Triunghiul MBR dr. n B 13 2 52 16 36 4 6 MR . P . T Din .2 2= = + = + = 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 PPdP = Prd ( ) P (P este proiecia lui P pe d). Observaie : Dac P d Prd(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 B MBM AB = AB ( ) ' B ' A ; AB cos 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 ( ) A A Pr = 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 . AA||BB(perpendiculare pe ) ele determin planul si pt. c AA AdA 75A BA CB M M d 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 AB ABC 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 = u cos A AABC ' 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 . TB ' ABCBC B ' 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 77Notm: 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 + = + = + = = +7 y x25 y xy 7 x 825 y x2 22 22 2 2 22 2 2y2 = 18 2 : y2 = 9 y = 3 nlocuind n prima ecuaie obinem x= 4. 623 42C A B AABC A == =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 ) B BA ( ) C CA (ip ) AC ( ) AB ()` ABB ACC (BB) (CC) )` = = A) B ( Pr B) C ( Pr C 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 782acos u >a 2 cos u >22 u 0 min f=f(m) innd cont c f este strict cresctoare, maximul nu exist a< 0 max f=f(m) 108minimul funciei nu exist. f:[m, n] f(x)=ax+b( a>0) x[m, n] max f(x)=f(n) x [m, n] min f(x)=f(m) Rolurile se schimb dac a0 f este strict descresctoare pe ( -, ab2) i strict cresctoare pe [ -ab2, ) i min f=-/4a=f(-ab2). max f nu exist. Cazul II a=0 y2+2y+1-4y2+8y-4>=0 3y2-10y+30 =2252-2233=2242=82 y2 , 1=( 108)/6 y1=3, y2=1/3. y [ 1/3, 3]=Imf min f=1/3 i se atinge pentru soluia ecuaiei f(x)=1/3 respectiv max f=3 i se atinge pentru soluia ecuaiei f(x)=3. 6. 3. Metoda geometric Ex. S se gseasc x astfel nct valoarea expresiei E(x) s fie minim unde E(x)= 5 22+ x x + 32 82+ x x Rezolvare. E(x)= 1 22 ) 1 ( + x +2 24 ) 4 ( + x A( 1, 2), B( 4, 4). E(x)=AM+MB=AM+MB minim A, M, B coliniare. B( 4, -4) Determinm funcia de gradul I f: F(x)=ax+b astfel nct G f=AB ==4 ) 4 (2 ) 1 (ff = = = + = +4 , 24 42b a b a b af(x)= -2x+4; 110G f OX={Mo( 2, 0)} min E(x)= E(2)= 5 3 20 5 = + 5. 4. Probleme rezolvate Algebr R5. 4. 1. Fie x, y, z 1, ) i E= zxzxyzyzxyxy 1 1 1 ++ Artai c max E= 3/2. Precizai n ce condiii se obine acest maxim. Rezolvare. Determinarea maximului expresiei 211uuaa+= 1/2 cu egalitate u=1 a=2 ===222xzyzxyxyz=2 2 , max E=3/2; R5. 4. 2. a) S se determine numerele reale x pentru care raportul: 1122 4+ + + +x x x x are valoare minim. b) Dac x1, x2, x3 |R+ i 3x1x2x3=1, demonstrai c max 211 9 1 9 1 923213 123223 222212 1=+++++ x x x xx x x xx x x x a) f(x)=43)21( 11) 1 )( 1 (112 222 222 4+ = + =+ + + + + =+ + + + x x xx x x x x xx x x x3/4 cu egalitate x=1/2 b) g(a)=1 92+ aa 1/6 cu egalitate a=1/3 g(x1x2)+g(x2x3)+g(x1x3)1/6+1/6+1/6=1/2 cu egalitate BA MB(4, -4) 111x1x2=1/3; x1x3=1/3;x2x3=1/3}x1x2x3=3 31 x1=x2=x3=1/3 R5. 4. 3. M={n|N | xn+yn+zn+tn=xyzt are soluii x, y, z, t |N*}Determinai maxim, minim. Rezolvare: n4 xyzt=xn+yn+zn+tn44 n n n nt z y x 4xyzt contradicie cu x, y, z, t |N* n=0 o soluie a ecuaiei xyzt=4 este (1, 1, 1, 4) n=1 x+y+z+t=xyzt are o soluie (1, 1, 2, 4) n=2 x2+y2+z2+t2=xyzt soluie (2, 2, 2, 2) n=3 x3+y3+z3+t3=xyzt soluie (4, 4, 4, 4) M={0, 1, 2, 3} max M=3, min M=0 R5. 4. 4. Calculai max(cb cba bac a+++++1 1 13 3 3), a, b, c (-1, ). n ce condiii se atinge maximul? Rezolvare 1+a=x, 1+b=y, 1+c=z, x, y, z (0, ) x z z zx z z z xxz xac a ) 3 3 (13 3 ) 1 ( 112 2 3 3 3+ = + = =+ i analoagele. Rmne de determinat min E(x, y, z) = =z y y yy x x xx z z z ) 3 3 ( ) 3 3 ( ) 3 3 (2 2 2+ ++ ++ . E(x, y, z)>=332 2 2) 3 3 )( 3 3 )( 3 3 ( + + + z z y y x x 3494343433 = eg x=y=z=3/2 maximul cerut = 3-49=3/4 R5. 4. 5. Dac x, y, z [0, 1] demonstrai c max 2 ]1 1 1[ =+++++ xyzzxyyzx Rezolvare Fr a restrnge generalitatea, expresia fiind simetric, putem presupune c xyz 11+ xy 11+ zx 11+ yz MI 1 ++ +xy z y x. Rmne de demonstrat c x+y+z 2xy+2. (1-x)(1-y)0, () x,y [0, 1] 2xy+1x+y, 1z 2xy+2x+y+z. Egalitatea se atinge pentru x=z=1 i y=0 112Geometrie R5. 4. 6. S se determine punctul din interiorul unui triunghi ABC astfel nct MM1MM2MM3 s fie maxim, unde M1=pr.BCM, M2=pr.ACM, M3=pr.ABM. Rezolvare MM1a+MM2b+MM3c=2S333 2 1 c MM b MM a MM MM1MM2MM3abcS2783cu egalitate MM1a=MM2b=MM3c A[MBC] =A[MAB]=A[MAC]M este centrul de greutate al triunghiului ABC. R5. 4. 7. M={ T | T tetraedru cu trei laturi cu lungimea de 1 cm i dou de 2 cm}. Calculai max v(T) unde v(T) este volumul tetraedrului T. T M. Rezolvare MM1 M2 A M3 B C A B CO P2 1112D 113Singura posibilitate de construcie, n caz contrar se obin ca fee triunghiuri degenerate ( 1+1=2) Fie( AO) nlimea corespunztoare vrfului A. ( AP) nlime n triunghiul ADC. AOAP= 215 ( teorema lui Pitagora n triunghiul APC) V[ ABCD] 853] [= BCDA APcm3 cu egalitate pentru (ADC) (BCD) Demonstrm c exist un astfel de tetraedru . Fie triunghiul BCD echilateral, P mijlocul lui (DC). Lum AP (BCD), AP=215cm AD=AC=2 cmexist un astfel de tetraedru v(T)=85, TM R5. 4. 8. a) Descompunei n factori abc+ab+ac+bc+a+b+c+1 b) Fie triunghiul ABC i P un punct n interiorul su. Notm{A}=APBC, {B}=BPAC, {C}=PCAB i x= PA/PA, y=PB/PB, z=PC/PC. S se demonstreze c S=xyz+xy+xz+yz+x+y+z+1 este minim P este centrul de greutate al triunghiului ABC. Rezolvare a) abc+ab+ac+bc+a+b+c+1=(a+1)(b+1)(c+1) Conform dezvoltrii de la punctul a) S=(x+1)(y+1)(z+1)= ) 1'''')( 1'''')( 1''''( + + + + + +C BABB CACA CBCC ABAA BCBB ACA 27''''''''''''273 = C BABB CACA CBCC ABAA BCBB ACA AB CAB C P 114egalitate ===C B AB B A CA AC BC' '' '" ' P este centrul de greutate al triunghiului ABC (s-a aplicat teorema lui Van Aubel) R5. 4 .9. Se consider piramida triunghiular regulat VABC. Din punctul M interior triunghiul ABC se ridic o perpendicular pe planul triunghiului care intersecteaz planele (VAB), (VBC), (VAC) n M1, M2 respectiv M3. a) S se arate c MM1+MM2+MM3=constant. b) S se determine punctul M din interiorul triunghiului ABC pentru suma 1 3 3 2 2 1 MM MM MM MM MM MM + + este maxim. Rezolvare O este proiecia lui V pe planul (ABC). OMBC={P}, CMAB={R}, OMAC={Q}. M1VP, M2VR, M3VQ. O1,O2,O3 proieciile lui O pe laturile triunghiului ABC. M1,M2,M3, proieciile lui M pe laturile triunghiului. = == == =22 333 211 1'''OOMMQOMQVOMM OOMMRORMVOMM OOMMPOPMVOMM ( adunnd expresiile) rezult: 33'' ' '3 2 1 3 2 1= =+ +=+ +hhOO MM MM MMVO MM MM MM, unde h= nlimea triunghiului ABC MM1+MM2+MM3 = 3VO = constant. S-a folosit: pentru fiecare punct din interiorul unui triunghi echilateral suma distanelor la laturi este constant, egal cu nlimea triunghiului. Analog cazul cnd OM || cu una din laturi. Demonstraia n acest caz va rmne pentru cititori . b) SMM1+MM2+MM3=const=3VO. Egalitatea pentru VO=MM1=MM2=MM3=const=3VO Egalitate pentru VO=MM1=MM2=MM3M1=M2=M3=VO=M. R5. 4. 10. a) Fiind date dou puncte distincte A , B , de aceeai parte a unui plan , s se determine punctul M al planului , pentru care suma AM+MB s fie minim. b)n aceleai condiii ca la punctul a) determinai M astfel nct |MA-MB| s fie maxim (AB s fie neparalel cu ). 115Rezolvare B este simetricul lui B fa de a) AM+MB=AM+MBminim A , M , B coliniare M=AB b) |MA-MB|AB cu egalitate MAB-(AB) => M=AB R5. 4. 11. Fie AM , BN , CP trei ceviene concurente ale triunghiului ABC ce are aria S (M (BC), N (AC), P (AB)). tiind c Q planului || cu planul (ABC) i situat la distana h de acesta s se determine volumul maxim al tetraedrului QMNP n funcie de S i h (A. E. Bluc) Rezolvare MBAB AB M ANCMB PS 116V[QMNP]=3] [3] [0 MNP A hMNP A QQ = 34Sh deoarece valoarea maxim a ariei i triunghiului MNP se atinge triunghiul MNP este triunghi median. AP/PB=m, BM/MC=n, CN/NA=p, mnp=1. 111 sinsin] [] [++==p mmA AC AB A AN APABC A APN A A[APN]= Sm p m+ + ) 1 )( 1 ( unde A[ABC]=S. A[BMD]= Sm nn++ 111, A[CMN]=111 ++ n pp S A[PMN]=) 1 )( 1 )( 1 (1+ + + +p n m mnp1/4 necesar s demonstrm c (m+1)(n+1)(p+1)8 (m+1)(n+1)(p+1)2 8 1 2 1 2 1 = p n m cu egalitate m=n=p=1 MNP triunghi median. Bibliografie Olimpiadele de matematic 2002- Editura Gil- Titu Andreescu, B. Enescu, A. Jorza, O. Pop. Olimpiadele balcanice de matematic pentru juniori- D. Brnzei, I. erdean, V. erdean. Olimpiadele de matematic 2000- 2001- Editura Gil- T. Andreescu, B. Enescu, M. Lascu, O. Pop. Olimpiadele de matematic. Concursuri interjudeene- Editura Paralela 45- D. Brnzei, Sorin Ulmeanu, V. Gorgot, I. erdean. Algebr. Geometrie cls. a VIII-a I. Negril, M. Negril- Editura Paralela 45- 2002. Algebr. Geometrie. Olimpiade i concursuri. A. Bluc- Editura Taida, Iai, 2002. 117 6. Poliedre n cele ce urmeaz vom prezenta poliedrele regulate mpreun cu aplicaii reprezentative pentru fiecare. Considerm definiiile poliedrelor ct i formulele de calcul mpreun cu proprietile lor cunoscute. Se dorete dezvoltarea abilitilor pur geometrice ct i mbinarea cu tehnici metrice. Problemele propuse sunt exemplele vii de aplicaii ntlnite la diferite etape ale concursurilor colare. 6.1 Poliedre regulate Definiie: Se numete poliedru regulat un poliedru convex (nici un plan al unei fee nu taie corpul), la care feele sunt poliedre regulate egale. Cubul, tetraedru regulat sunt poliedre regulate, deci definiia nu este lipsit de coninut. Observaii: 1) Unghiurile poliedre ale poliedrului regulat sunt congruente. 2) Un poliedru regulat poate fi nscris ntr-o sfer. Justificare: s considerm dou fee avnd muchia comun AB. Perpendicularele pe aceste fee, duse prin centrele poligoanelor respective sunt concurente n O. Rezult OA=OB=OC=OD, deci O este centrul unei sfere care trece prin A,B,C,D. Parcurgnd toate feele poliedrului din aproape n aproape sfera rmne aceeai. Deducem usor 3) Un poliedru regulat poate fi circumscris unei sfere. Prezentm fr demonstraie un rezultat important prin consecina sa: Teorema lui Euler: dac V,M,F reprezint respectiv numrul vrfurilor, muchilor i feelor unui poliedru convex atunci V+M-F=2. Cosecin: exist 5 tipuri de poliedre regulate Demonstraie: Fie m numrul muchiilor ce pornesc din acelai vrf i l numrul laturilor unei fee; m,l3. Deducem numrul total al muchiilor care este: M=21lF sau M=21mV Exprimnd F i V din aceste relaii i nlocuind n relaia lui Euler F+V=M+2 obinem l1 +m1= 21+M1 Vom cerceta a)pentru care valori ntregi (pozitive), superioare lui 2, date literelor, aceast relaie este satisfcut b)dac la fiecare soluie gsit corepunde efectiv un poliedru cu datele respective a) Pentru l4, m4 obinem l1 +m121 deci relaia nu este satisfcut. Rezult c trebuie s lum unul din numerele l,m egal cu 3. Pentru l=3 i m6, obinem 118 l1+m131+61=21 care nu convine. Rmne s examinm cazurile l=3, m=3 sau 4 sau 5 i invers m=3, l=3 sau 4 sau 5. Obinem urmtoarele 5 soluii: 1 l=3, m=3, M=6 de unde F=4, V=4 caz ce corespunde tetraedreului regulat. 2 l=3, m=4, M=12 de unde F=8, V=8 caz ce corespunde octaedrului. Reprezentarea octaedrului imediat se poate realiza unind centrele feelor unui cub. 3 l=3, m=5, M=30 de unde F=20, V=12 caz ce corespunde icosaedrului. Reprezentarea se realizeaz analog ca octaedru ns pornind de la poliedrul regulat numit dodecaedru de la cazul 5. 4 l=4, m=3, M=12 de unde F=6, V=8 caz corepunzator cubului. 5 l=5, m=3, M=30 de unde F=12, V=20 caz corespunztor dodecaedrului. Feele laterale sunt pentagoane regulate. BV 119 31cos = . 6.2. Prisma Probleme rezolvate R62.1 Fie ABCDABCD un paralelipiped dreptunghic. Notm cu ,, unghiurile formate de diagonala [AC] cu laturile [AB], [AD] i [AA], iar cu u,v,w unghiurile formate de AC cu planele (ABCD), (ABBA) i (ADDA). S se arate c: 1) cos + cos + cos=1 2) sin + sin + sin =2 3) tg + tg + tg 6 4) +2cos1+2cos12cos19 5) cosu +cosv +cosw=2 6) sinu +sinv +sinw=1 7) ctgu + ctgv + ctgw6 notm AB=a; BC=b; CC=c; A ABVOCTAEDRU BACDOM V 120 Soluie: 1) cos + cos + cos=2 2 22c b aa+ + +2 2 22c b ab+ ++2 2 22c b ac+ +=1 2) sin + sin + sin=2 2 22 2c b ac b+ + ++2 2 22 2c b ac a+ + ++2 2 22 2c b ab a+ + +=2 3) tg + tg + tg=22 2ac b ++22 2bc a ++22 2ca b + = +2222baab+ +2222caac+ +2222bccb2+2+2== 6 4) 22 2 2aa c b + ++22 2 2ba c b + ++22 2 2ca c b + +=3+ +2222baab+ +2222caac++2222bccb3+2+2+2=9 5) cosu +cosv +cosw=2 2 22 2c b ac b+ + ++2 2 22 2c b ac a+ + ++2 2 22 2c b ab a+ + +=2 6) sinu +sinv +sinw=2 2 22c b aa+ + +2 2 22c b ab+ ++2 2 22c b ac+ +=1 ACDBABCD 1217) ctgu + ctgv + ctgw=22 2ac b ++22 2bc a ++22 2ca b += = +2222baab+ +2222caac+ +2222bccb2+2+2=6. R6.2.2. n paralelipipedul dreptunghic ABCDABCD avem AB=a, BC=b, AA=c. notm cu E i F proieciile punctului D pe AC, respectiv, pe AC i cu P i Q proieciile punctului C pe BD, respective pe BD. Artai c planele (DEF) i (CPQ) sunt perpendiculare dac i numai dac b2=a2+c2. (Subiect unic- judeean 2001) Soluie: Fie AC BD={0}. Avem AC (DEF) si BD (CPQ) ACBD de unde BOC este dreptunghic. De aici b2=a2+c2 i reciproc. R6.2.3.Fie ABCDABCD paralelipiped dreptunghic. Fie G mijlocul segmentului (AB) i {E}=AC (ABD). Dac EGAB artai c ABCDABCD este cub. (Etapa final ARAD-1994) Soluie: Fie {O}=ACIBD i AB=a, BC=b, CC=c. Rezult imediat c {E}=AO IAC. n triunghiul ADB, AO i DG sunt mediane deci E este centrul de greutate al triunghiului ADB. Dar EG AB, deci ABD este isoscel cu (AD)=(BD) de unde rezult c 2 2 2 2b a c b + = + echivalent cu c a = i cu ABB'A' ptrat. De aici, AB' A'B, dar AB' BC deci AB' (A'BC) i cum GE A'C iar A'C, EGC 122(A'BC) din T3 avem c AE A'C de unde 2 2 22 2c b acC ' A' AAE ' A+ += = i 2 2 22 2 2c b ab aC ' AACEC+ ++= = c Dar A'O || AC implic A'EO ~ CEA echivalent cu 21ECE ' AAC' OA= = d. Din c i d rezult c 21b ac2 22=+ de unde 2 2 2c 2 b a = + i cum c a = avem c c b = , deci ABCDA'B'C'D' cub. R6.2.4. Fie N, P centrele feelor ABBA respectiv ADDA ale unui paralelipiped dreptunghic ABCDABCD i M(AC), astfel nct AM=1/3 din AC. s se demonstreze c MNAB i MPAD, dac i numai dac paralelipipedul este cub. (Etapa naional, 1996) Soluie: Fie AOAC={G}, unde O este centrul feei ABCD. Deducem c AGOCGA de unde rezult AG=1/2din GC rezult c G=M, deci M (AO'). Analog se arat c MO=1/3din AO. Deci M este centrul de greutate al ABD. Dac MNAB i MPAD, atunci medianele [DN] i [BP] sunt nlimi n ABD, rezult ABD este echilateral. AAB DAA (C.I.) rezult AA=AB=AD. R6.2.5. Fie cubul ABCDABCD cu muchia de lungime a. Se consider punctele K[AB], L[CC], M[DA]. a). artai c 3 KL>=KB+BC+CL. b). Artai c perimetrul triunghiului KLM este mai mare strict dect 2a3. (Etapa judeean, 2002) 123Soluie: a) Avem KL2 =LC2+CK2=LC2+CB2+BK2. Cum 3(x2+y2+z2)>=(x+y+z)2,oricare ar fi x,y,z R, rezult 3KL=3(KB2+BC2+CL2)>(KB+BC+CL)2, adic 3KL>=KB+BC+CL. b). Se obin inegalitile: 3ML>=LC+CD+DM, 3MK>=MA+AA+AK. Prin nsumarea lor cu inegalitatea demonstrat la punctul a) obinem: 3(KL+LM+MK)>=(KB+AK)+(CL+LC)+(DM+MA)+BC+CD+AA=6a de unde KL+LM+MK>=36a=2a3. Egalitatea nu poate avea loc. Justificarea se face prin reducere la absurd. n caz contrar k de exemplu ar fi n B simultan cu A. Desen pr.6.2.4. Desen R6.2.5. 124 6.3.Piramida 6.3.1. Tetraedrul Definiie: Se numete tetraedru echifacial un tetraedru ale crei fee au aceeai arie. S demonstrm mpreun proprietile (caracterizrile) : P1: un tetraedru este echifacial dac i numai dac cele patru nlimi ale sale sunt congruente. P2: ntr-un tetraedru echifacial muchiile opuse sunt egale, iar bimedianele sunt perpendicularele comune a dou muchii opuse. P3: Cele patru mediane sunt egale. P4: Suma distanelor la feele tetraedrului de la orice punct interior este constant. P5: Toate triunghiurile sunt ascuitunghice. P6: pentru tetraedrul SABC echifacial cu BC=a, AC=b, AB=c volumul este 122 ) _ )( _ )( _ (2 2 2 2 2 2 2 2 2c b a b a c a c b . P7: Centrul de greutate coincide cu centrul sferei circumscrise. P8: Unghiurile diedre opuse sunt congruente. P9: Suma unghiurilor plane de la acelai vrf este aceeai. P10: Desfurarea tetraedrului se face dup un triunghi asemenea cu cel al unei fee. P11: Centrul sferei nscrise coincide cu centrul sferei circumscrise. Observaie: Se tie c tetraedrul este corespondentul triunghiului n spaiul cu trei dimensiuni. Dintre toate tetraedrele singurul care permite evidenierea unei multitudini de relaii ntre elementele sale, urmrind cu fidelitate relaiile din geometria triunghiului este tetraedrul echifacial. Probleme rezolvate R6.3.1.1. ntr-un tetraedru echifacial simetricul piciorului fiecrei nlimi, fa de centrul cercului circumscris feei n care se gsete, este ortocentrul acestei fee. R6.3.1.2. Dou tetraedre echifaciale ABCD i ABCD sunt nscrise n dou sfere concentrice. Fie P un punct al sferei circumscrise tetraedrului ABCD, iar P un punct al sferei circumscrise tetraedrului ABCD. S se arate c are loc relaia: PA2+PB2+PC2+PD2=PA2+PB2+PC2+PD2. R6.3.1.3 dreptele suport ale medianelor tetraedrului A1A2A3A4 intersecteaz a doua oar sfera circumscris tetraedrului n punctele Bi, i=14. Indicaii: p1) Exprimm volumul n patru moduri p2) nlimile corespunztoare aceleiai muchii sunt congruente. Bimediana este perpendiculara comun a muchiilor opuse corespunztoare, deci congruente 125p3) Folosind p2 i aplicnd teorema medianei n spaiu obinem c medianele au aceeai lungime ( )2 2 2c b a32+ + p4) Descompunem tetraedrul n patru tetraedre de baze echivalente i scriem volumul n dou moduri p5) Presupunem contrariul. n cazul u > 90 desfurm tetraedrul i reconstituim tetraedrul urmrind suprapunerea feelor iar n cazul u = 90 tetraedrul degenereaz ntr-un triunghi p6) Se duc paralele prin A la BC, prin B la AC i prin C la AB, obinnd un tetraedru tridreptunghic cu volumul de patru ori mai mare dect ABCD p7) Distanele de la vrfuri la centrul de greutate sunt egale cu 43 din median adic ( )2c b ac b a32432 2 22 2 2 + += + + deci G este centrul sferei circumscrise p8) Se pun n eviden dou triunghiuri dreptunghice congruente cu catete nlimi din vrfuri opuse p9) Feele sunt triunghiuri congruente. Se arat c suma este 180 p10) Desfurarea n planul unei baze va fi un triunghi pentru care triunghiul baz va fi triunghiul median p11) Deoarece feele sunt triunghiuri congruente ele sunt nscrise n cercuri congruente din sfera circumscris. ns distana de la centrul sferei la cercuri mici congruente este aceeai, deci centrul sferei circumscrise va coincide cu centrul sferei nchise. R6.3.1.3. A2 A1 A3 A4 B1 B4 126Soluie: a) GA1.GB1 =GA2.GB2=GA3.GB3=- (G)=R2-OG2=232221a a a + + =31(GA12+GA22+GA32) Puterea lui G fata de sfera circumscris tetraedrului. Aplicm inegalitatea lui Cebev 3.(GA1+GA2+GA3) (GA12+GA22+GA32)(11GA+21GA+31GA)=3(GB1+GB2+GB3) n inegalitate are loc egalitatea doar dac GA1=GA2=GA3 echivalent cu G=0 deci tetraedru va fi echifacial. b)GA1.GA2.GA3 GB1.GB2.GB3|. GA1.GA2.GA3 GA12.GA22.GA32 (GA1.GB1) (GA2.GB2) (GA3.GB3) sau [2(a22+a32) a12] . [2(a12+a32) a22] . [2(a12+a22) a32] (a12+a22 +a32)2 Aplicnd inegalitatea mediilor, avem c: ] ( 2 ][ ) ( 2 [ ] ) ( 2 [2322212223213222322a a a a a a a a a + + + 3] ) ( 2 [ ] ) ( 2 [ ] ) ( 2 [232221222321212322a a a a a a a a a + + + + + Se verific din nou cazul de egalitate echivalent cu G=0. R6.3.1.4 Se desfoar tetraedrul obinndu-se perimetrul suma a trei laturi ntr-un patrulater mai mare strict dect a patra latur de lungime 2. BC. R6.3.1.2 Deoarece tetraedrele sunt echifaciale cu sfere circumscrise concentrice avem G=G=O=O i notnd razele celor dou cercuri cu R i R aplicm relaiile lui Leibuiz obinnd PA2+PB2+PC2=3PO2+OA2+OB2+OC2=3(R2+R2) analog PA2+PB2+PC2=3(R2+R2) etc. R6.3.1.1 Enun: Fie ABCD un tetraedru echifacial. Notm cu A proiecia punctului A pe planul (BCD). Demonstrai c H este simetricul ortocentrului triunghiului BCD fa de centrul cercului circumscris BCD. Soluie: Desfurm tetraedrul n planul (BCD). Ortocentrul BCD este centrul cercului circumscris AA1A2 Proiecia lui A pe planul (BCD) coincide cu ortocentrul AA1A2. Centrul cercului circumscris BCD este centrul cercului lui Euler asociat AA1A2 Se cunoate c centrul w este mijlocul segmentului OH. 127 Unghiul a dou muchii opuse ntr-un tetraedru R6.3.4. Se consider ABCD un tetraedru i unghiul format de dreptele AC i BD. S se arate c are loc relaia: 2 AC. BD| cos|=|AD2+BC2-AB2-CD2| Soluie: R6.3.4. Se consider punctul E- (ABC) astfel nct ACBE paralelogram i ABEC={O}. n DEC i DAB se aplic teorema medianei pentru DO i se egaleaz. Rezult DE2=AD2+BD2+BC2+AC2-AB2-CD2 Teorema cosinusului aplicat n DBE combinat cu Expresia lui DE2 dau relaia dorit: cos=EB BDED EB BD22 2 2 + 2BD. AC cos=BD2+AC2-AD2-BD2-BD2-AC2+AB2+CD2 2BD. AC cos=AB2+CD2-AD2-BC2 Definiie: Se numete tetraedru ortocentric un tetraedru n care muchiile opuse sunt perpendiculare Exemplu de tetraedru ortocentric: seciunea determinat de un plan ntr-un triedru tridreptunghic este baza unui tetraedru ortocentric. Proprieti i caracterizri ale tetraedrului ortocentric P1. ABCD tetraedru ortocentric dac i numai dac: A1 A2 A H AD O B CE 128(1)ABCD; ACBD; (este suficient numai dou perechi de muchii s fie perpendiculare) (2)AB2+BC2=AC2+BD2=AD2+BC2; (3)[MN] [PQ] [RS] unde M,N,P,Q,R,S mijloacele muchiilor [AB],[CD],[BC],[AD], [AC],[BD]; (4)DA.BD.cos(ADB)=DB.DC.cos(BCD)=DC.DA.cos(CDA) (5)proiecia unui vrf pe faa oopus coincide cu ortocentrul acelei fee. P2. Se numete binlime a unui tetraedru perpendiculara comun a dou muchii opuse. Demonstrai c binlimile ntr-un tetraedru ortocentric sunt concurente n ortocentrul tetraedrului. P3 Bimedianele unui tetraedru ortocentric sunt congruente. P4 Mijloacele muchiilor unui tetraedru ortocentric se gsesc pe o sfer cu centrul G i raza 412 2CD AB + numit sfera lui Vogt a tetraedrului ortocentric. P5 ntr-un tetraedru ortocentric ortocentrul, centrul de greutate i centrul sferei circumscrise tetraedrului sunt coliniare. P6 ntr-un tetraedru ortocentric centrul de greutate al tetraedrului se proiecteaz in centrele cercurilor lui Euler ale feelor. P1(1)Se arat c BC (AA1D) unde A1=pr(BCD)A (2) Se consider M,P,N,Q,R,S mijloacele muchiilor [AB],[BC],[CD],[DA],[AC],[BD] respectiv MPNQ dreptunghi. Din egalitatea diagonalelor rezult MP2+PN2=RQ2+QS2 i folosind apoi proprietatea liniei mijlocii rezult concluzia. De aici rezult i P3 i (3). (4)Aplicm teorema cosinusului i folosim (2). (5)Din demonstraia (1). P2 Este suficient s se demonstreze c dou cte dou nlimile sunt concurente. De exemplu AA1 i BB1; CD ( AA1B). Dar ( AA1B) (BB1A)=AB deci au dreapt comun. Din unicitatea planului perpendicular pe o dreapt dat ntr-un punct rezult c (AA1B)= (BB1A), deci AA1 i BB1 sunt concurente. P5 H,G,O se afl n planul perpendicular pe faa (BCD) dup dreapta lui Euler a BCD si analog se afl n planul perpendicular pe faa (ABC) dup dreapta lui Euler a ABC P4 Din configur