Subiectul 3 ONM Etapa Judeteana
Moderators: Bogdan Posa, Laurian Filip
Subiectul 3 ONM Etapa Judeteana
Consideram prisma patrulatera regulata ABCDA'B'C'D' in care AB=a, AA'=\( \frac{a\sqrt{2}}{2} \), iar M este mijlocul muchiei B'C'. Fie F piciorul perpendicularei din B pe dreapta MC. Sa se determine masura unghiului dintre planele (BFD) si (ABF).
Ce sa-i faci ....
-
toma florina
- Posts: 4
- Joined: Thu Aug 14, 2008 7:59 am
- Location: iasi
- Contact:
Aici e cat se poate de elegant sa aplicam o metoda analitica de rezolvare. Din perpendicularitatea BF pe MC aflam coordonatele punctului F deci putem afla in continuare ecuatiile planelor (ABF) si (BFD) si l,m,n -urile vectorilor normali ai planelor. Facand produsul scalar in doua moduri intre vectorii normali se afla cosinusului unghiului dintre acestia si cum amandoi sunt perpendiculari pe plane, se afla unghiului dorit.
-
Andi Brojbeanu
- Bernoulli
- Posts: 294
- Joined: Sun Mar 22, 2009 6:31 pm
- Location: Targoviste (Dambovita)
Fie \( \{F^{\prime}\}=BC^{\prime}\cap MC \).
Cum \( MC^{\prime}\parallel BC\Rightarrow \bigtriangleup{MFC^{\prime}}\sim\bigtriangleup{CFB}\Rightarrow \frac{MF^{\prime}}{F^{\prime}C}=\frac{C^{\prime}F^{\prime}}{F^{\prime}B}=\frac{MC^{\prime}}{BC}=\frac{1}{2} \).
In triunghiurile dreptunghice \( BCC^{\prime} \) si \( MCC^{\prime} \), din teorema lui Pitagora obtinem ca \( BC^{\prime}=\sqrt{BC^2+CC^{\prime}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{2}}=\sqrt{\frac{3a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{3}{2}} \) si \( MC=\sqrt{MC^{\prime}^2+CC^{\prime}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{2}}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2} \).
Atunci \( BF^{\prime}=\frac{2}{1+2}\cdot BC^{\prime}=\frac{2}{3}\cdot a\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3} \) si \( CF^{\prime}=\frac{2}{1+2}\cdot MC=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3} \).
Observam ca in triunghiul \( BF^{\prime}C \) se verifica teorema lui Pitagora: \( BC^2=BF^{\prime}^2+CF^{\prime}^2 (a^2=\frac{6a^2}{9}+\frac{3a^2}{9}) \).
Asadar, \( BF^{\prime}\perp MC \), deci \( F=F^{\prime} \), deci \( F \) se afla pe diagonala \( BC^{\prime} \) si \( BF=2FC^{\prime}=\frac{a\sqrt{6}}{3} \).
Cunoastem ca \( DC\perp (BCC^{\prime})\Rightarrow DC\perp BF\Rightarrow BF\perp DC \).
Din \( BF\perp DC \) si \( BF\perp FC\Rightarrow BF\perp(DFC)\Rightarrow BF\perp DF \).
Fie \( E \) proectia lui \( D \) pe \( AD^{\prime} \).
Cum \( AB\perp (ADD^{\prime})\Rightarrow AB\perp DE\Rightarrow DE\perp AB \).
Din \( DE\perp AB \) si \( DE\perp AE\Rightarrow DE\perp (ABE) \).
Evident, planul \( (ABE) \) este acelasi cu planul \( ABC^{\prime}D^{\prime} \) si cu planul \( (ABF) \).
Asadar, punctul \( E \) este proiectia punctului \( D \) pe planul \( (ABF) \). De asemenea, \( \bigtriangleup{ABE} \) este proiectia \( \bigtriangleup \)-lui \( BDF \) pe planul \( (ABF) \).
Sa mai observam si ca \( FE=AB=a \).
Atunci \( cos(\angle[(ABF), (BFD)]) \)(care se taie dupa dreapta \( BF \)) este egal cu \( \frac{S_{\bigtriangleup{BEF}}}{S_{\bigtriangleup{BDF}}}=\frac{\frac{FE\cdot BF}{2}}{\frac{FD\cdot BF}{2}}=\frac{FE}{\sqrt{BD^2-BF^2}}=\frac{a}{\sqrt{2a^2-\frac{6}{9}a^2}}=\frac{a}{\sqrt{\frac{4}{3}a^2}}=\frac{a}{\frac{2a}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \) masura unghiului dintre planele \( BFD \) si \( ABF \) este de \( 30\textdegree \).
Cum \( MC^{\prime}\parallel BC\Rightarrow \bigtriangleup{MFC^{\prime}}\sim\bigtriangleup{CFB}\Rightarrow \frac{MF^{\prime}}{F^{\prime}C}=\frac{C^{\prime}F^{\prime}}{F^{\prime}B}=\frac{MC^{\prime}}{BC}=\frac{1}{2} \).
In triunghiurile dreptunghice \( BCC^{\prime} \) si \( MCC^{\prime} \), din teorema lui Pitagora obtinem ca \( BC^{\prime}=\sqrt{BC^2+CC^{\prime}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{2}}=\sqrt{\frac{3a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{3}{2}} \) si \( MC=\sqrt{MC^{\prime}^2+CC^{\prime}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{2}}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2} \).
Atunci \( BF^{\prime}=\frac{2}{1+2}\cdot BC^{\prime}=\frac{2}{3}\cdot a\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3} \) si \( CF^{\prime}=\frac{2}{1+2}\cdot MC=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3} \).
Observam ca in triunghiul \( BF^{\prime}C \) se verifica teorema lui Pitagora: \( BC^2=BF^{\prime}^2+CF^{\prime}^2 (a^2=\frac{6a^2}{9}+\frac{3a^2}{9}) \).
Asadar, \( BF^{\prime}\perp MC \), deci \( F=F^{\prime} \), deci \( F \) se afla pe diagonala \( BC^{\prime} \) si \( BF=2FC^{\prime}=\frac{a\sqrt{6}}{3} \).
Cunoastem ca \( DC\perp (BCC^{\prime})\Rightarrow DC\perp BF\Rightarrow BF\perp DC \).
Din \( BF\perp DC \) si \( BF\perp FC\Rightarrow BF\perp(DFC)\Rightarrow BF\perp DF \).
Fie \( E \) proectia lui \( D \) pe \( AD^{\prime} \).
Cum \( AB\perp (ADD^{\prime})\Rightarrow AB\perp DE\Rightarrow DE\perp AB \).
Din \( DE\perp AB \) si \( DE\perp AE\Rightarrow DE\perp (ABE) \).
Evident, planul \( (ABE) \) este acelasi cu planul \( ABC^{\prime}D^{\prime} \) si cu planul \( (ABF) \).
Asadar, punctul \( E \) este proiectia punctului \( D \) pe planul \( (ABF) \). De asemenea, \( \bigtriangleup{ABE} \) este proiectia \( \bigtriangleup \)-lui \( BDF \) pe planul \( (ABF) \).
Sa mai observam si ca \( FE=AB=a \).
Atunci \( cos(\angle[(ABF), (BFD)]) \)(care se taie dupa dreapta \( BF \)) este egal cu \( \frac{S_{\bigtriangleup{BEF}}}{S_{\bigtriangleup{BDF}}}=\frac{\frac{FE\cdot BF}{2}}{\frac{FD\cdot BF}{2}}=\frac{FE}{\sqrt{BD^2-BF^2}}=\frac{a}{\sqrt{2a^2-\frac{6}{9}a^2}}=\frac{a}{\sqrt{\frac{4}{3}a^2}}=\frac{a}{\frac{2a}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \) masura unghiului dintre planele \( BFD \) si \( ABF \) este de \( 30\textdegree \).