Triunghi Si Tetraedru

CUPRINS

Introducere.

Capitolul 1: Triunghi/Tetraedru. Definiții.Elemente.

Capitolul 2: Proprietăți ale unui triunghi/tetraedru oarecare.

Capitolul 3: Triunghi echilateral/Tetraedru regulat/Tetraedru echifacial.

Capitolul 4: Inegalități în triunghi/tetraedru.

Capitolul 5: Secțiuni în tetraedru.

Capitolul 6: Probleme din Gazeta Matematică și olimpiade

Capitolul 7: Considerații metodice.

Bibliografie.

INTRODUCERE

Prezenta lucrare își propune să prezinte analogii între triunghi si tetraedru din punct de vedere teoretic cât și prin prisma problemelor prezentate. Am putea spune că studiul tetraedrului este aproape tot atât de important pentru geometria in spațiu pe cât este studiul triunghiului pentru geometria în plan. Argumentele ce susțin această idee ies în evidență chiar și fără a intra în amănunte.

După cum orice poligon se descompune în triunghiuri, tot așa orice poliedru se descompune în tetraedre. De aici rezultă că pentru a defini aria poligoanelor și volumul poliedrelor trebuie să definim în prealabil aria triunghiului și respectiv volumul tetraedrului.

Cum există "o geometrie a triunghiului" există și o "geometrie a tetraedrului" în care se pot folosi aproape toate cunoștințele și schemele de raționament din geometria în plan.

Analogia dintre triunghi si tetraedru nu se limitează la chestiuni de ordin general și se dovedește a fi mult mai puternică decât se crede.

Definițiile elementelor tetraedrului se fac prin analogie cu elementele triunghiului și analogia se păstrează chiar și în denumiri.

Frumusețea intrinsecă a unor probleme legate de studiul tetraedrului este amplificată uneori tocmai de asemănările ce se pot stabili cu unele rezultate din geometria triunghiului.

Problemele au fost tratate sintetic, metoda folosită dispunând de cele mai multe ori de natura problemei sau de contextul în care se găsește.

Pentru a înlesni ca rezolvarea problemelor de geometrie să fie reușită, cel care rezolvă problema este îndrumat să țină seama de următoarele reguli :

– Citirea atentă a enunțului problemei și construirea corectă a figurii despre care este vorba in problemă.

– Figura să fie executată cât mai corect, deoarece numai pe o problemă bine construită se poate raționa just.

– Însușirea enunțului problemei. Cel care rezolvă trebuie să cunoască problema în așa măsura încât să știe bine ce se dă și ce se cere în problemă. Mai mult, toate noțiunile și teoremele în strânsă legătura cu problema dată trebuie să-i fie clare.

– Cunoașterea unor anumite procedee și metode pentru rezolvarea

problemelor de geometrie.

– Construirea de raționamente noi pe baza axiomelor, definițiilor și a altor raționamente învățate mai înainte cu ocazia studierii diferitelor probleme si teoreme.

– Stabilirea relațiilor între diferite elemente ale figurilor și scrierea lor cu ajutorul simbolurilor din matematică, pe baza raționamentelor construite care ne îngăduie să urmărim lanțul de judecați care formează demonstrarea problemei.

– Discuția problemei.

– Verificarea soluțiilor problemei.

Lucrarea este structurată pe șapte capitole și fiecare capitol își propune:

S-a căutat ca pe primul plan să cadă aspectul metodic în expunerea și organizarea materialului.

Ne exprimăm speranța că lucrarea poate constitui pentru colegi o șansă de informare, de sugestii cu privire la organizarea unor lecții sau cercuri cu elevii, iar pentru elevi un argument în plus cu privire la frumusețea unor rezultate și la eleganța raționamentului geometric.

CAPITOLUL I

1.1.TRIUNGHI. DEFINIȚII. ELEMENTE

1.1.1. Definiție. Dacă A, B și C sunt trei puncte necoliniare , distincte două câte două , atunci [AB] ∪ [AC] ∪ [BC] se numește triunghi și se notează ∆ ABC.

a) Orice triunghi ABC determină trei unghiuri :∢ ABC; ∢ BAC; ∢ ACB. Acestea se numesc unghiurile triunghiului.

b) Perimetrul triunghiului este suma lungimilor laturilor sale.

c)Un punct este in interiorul unui triunghi dacă este în interiorul fiecăruia dintre unghiurile triunghiului. Un punct este în exteriorul triunghiului dacă este în planul acestuia, dar nu este nici pe triunghi nici în interiorul lui.

A A

EXTERIOR EXTERIOR X N X P

INTERIOR X M

B C B C

EXTERIOR

Figura 1 Figura 2

M ∈ Int. ∆ABC; N∈ Ext. ∆ABC;

P ∈ Ext. ∆ABC

1.1.2. Definiție: Un triunghi cu două laturi congruente se numește isoscel. Latura ramasă (necongruentă cu celelalte) se numește bază. Cele două unghiuri alăturate se numesc unghiuri de la bază și ele sunt congruente. Unghiul opus bazei se numește unghiul de la vârf.

1.1.3 Definiție: Un triunghi cu toate laturile congruente se numește triunghi echilateral. El are toate unghiurile congruente și egale ca măsură cu 600.

1.1.4. Definiție: Un triunghi în care oricare două laturi nu sunt congruente se numește scalen sau oarecare.

1.1.5. Definiție: Dacă un triunghi are toate unghiurile ascuțite atunci el se numește triunghi ascuțitunghic.

1.1.6. Definiție: Dacă un triunghi are un unghi drept (măsoară 900 ) el se numește triunghi dreptunghic. Latura care se opune unghiului drept se numește ipotenuză iar celelalte două care formează unghiul drept se numesc catete.

1.1.7. Definiție: Dacă un triunghi are un unghi obtuz (măsoară mai mult de 900) el se numește triunghi obtuzunghic.

1.1.8. Definiție: Un unghi adiacent și suplementar unui unghi al unui triunghi se numește unghi exterior al triunghiului.

1.1.9. Definiție: Semidreapta interioară unghiului care pleacă din vârful său și îl împarte în două unghiuri congruente se numește bisectoarea acelui unghi.

1.1.10. Definiție: Dreapta perpendiculară pe un segment în mijlocul său se numește mediatoarea acelui segment.

1.1.11. Definiție: Segmentul de dreaptă care unește un vârf al triunghiului cu mijlocul laturii opuse lui se numeste mediana a triunghiului.

1.1.12. Definiție: Segmentul determinat de vârful triunghiului și piciorul perpendicularei duse din acel vârf pe dreapta care conține latura opusă se numește înălțime a triunghiului.

1.1.13. Definiție: Segmentul de dreaptă care unește mijloacele a două laturi ale unui triunghi se numește linie mijlocie în triunghi și are proprietatea că este paralelă cu a treia latură și ca lungime jumatate din ea .

1.1.14. Definiție: Aria unui triunghi este un număr egal cu jumătate din produsul unei laturi cu înălțimea corespunzătoare ei.

A

E

B C

D

Figura 3

Să arătăm că acest număr este constant , indiferent de ce produs luăm .

Unghiurile ∢ BAD ≡ ∢ BCE = α deoarece au laturile perpendiculare (au același complement).

Vom calcula cosinusul unghiului α în două moduri:

În ∆ ADB, m(∢D)= 900 ⇒cos α = ; În ∆ BEC, m(∢E)= 900 ⇒cos α = ⇒ = ⇒ AD ∙ BC = AB ∙ CE / (∙) ⇒ =

Aria rămâne aceeași indiferent cum o calculăm. Într-un triunghi dreptunghic putem să calculăm aria și ca semiprodus al catetelor.

1.2.TETRAEDRU. DEFINIȚII. ELEMENTE

1.2.1.Definitie: Un tetraedru este definit prin patru puncte necoplanare, prin analogie cu triunghiul care e definit prin trei puncte necoliniare. Cele patru puncte se numesc vârfurile tetraedrului. Dacă unim toate cele patru vârfuri în toate modurile posibile obținem șase segmente = 6) numite muchiile tetraedrului.

Triunghiurile care se formează ( = 4) și interioarele lor alcătuiesc fețele tetraedrului. Unind cu un segment două puncte de pe suprafața unui tetraedru, neașezate pe aceeași față, orice punct de pe acel segment se numește punct interior tetraedrului.

Reuniunea dintre suprafața tetraedrului și interiorul său formează un corp (mulțime de puncte în spațiu) numit tetraedru.Uneori se va considera în probleme drept tetraedru numai suprafața sa.

1.2.2. Definiție: Dacă A, B, C, D sunt patru puncte necoplanare, reuniunea segmentelor [ AM] unde M ∈[BCD] se numeste tetraedru și se notează cu [ABCD] (am notat cu [BCD] suprafata triunghiului determinat de punctele B, C, D) .

În definiția de mai sus, punctul A are o poziție privilegiată față de celelalte vârfuri ale tetraedrului. Se impune necesitatea demonstrării următoarelor propoziții.

1.2.3. Propoziție: Oricare ar fi punctele necoliniare și necoplanare A, B, C, D avem [ABCD] = [BACD].

Demonstrație: Luăm P ∈ [ABCD] și arătăm că P ∈ [BACD] . Știm că există M ∈[BCD] astfel că P ∈ [AM] ( figura 4).

A

P N

B D

M

C

Figura 4.

Deoarece M∈[BCD] rezultă că există E∈[CD] cu M∈[BE] atunci dacă P ∈[ABE] există N∈[AE] cu P∈[BN].Repetând raționamentul pentru [ACD] obținem că N∈[ACD] ceea ce implică P∈[BACD] . Analog din Q∈[BACD]⇒ Q∈[ABCD] și propoziția este demonstrată .

1.2.4.Definitii: În afară de elementele deja anunțate ale unui tetraedru vom mai defini:

– Mediana unui tetraedru – segmentul ce unește un vârf al tetraedrului cu centrul de greutate al feței opuse.

– Înălțimea unui tetraedru – segmentul ce unește un vârf al tetraedrului cu proiecția sa pe fața opusă.

– Bimediana unui tetraedru – segmentul ce unește mijloacele a două muchii opuse ale tetraedrului.

Pentru definiția altor noțiuni ce intervin în studiul tetraedrului, este necesar să reamintim definițiile unghiurilor diedre și triedre.

1.2.5. Definiție: Fie α și β două semiplane închise limitate de o aceeași dreaptă d .

N

β

d M

α

P

Figura 5

Mulțimea α ∪ β va fi notată cu ∢ αβ și va fi numită unghi diedru definit pe semiplanele α și β. Semiplanele α și β vor fi numite fețele unghiului diedru, iar dreapta d muchia unghiului diedru.

∢ αβ se numește unghi diedru nul dacă α = β și unghi diedru plat dacă fețele lui sunt în semiplane opuse . Dacă un unghi diedru nu este nici nul nici plat , el se numește unghi diedru propriu.

1.2.6. Definiție: Fie a=[OA , b=[OB și c=[OC semidrepte necoplanare , având originea comună O (figura 6). Mulțimea ∢abc = a∪b∪c ∪ Int∢ab ∪ Int∢bc ∪ Int∢ca se numește unghi triedru. Punctul O este vârful, semidreptele a, b și c sunt muchiile, iar ∢ab, ∢bc și ∢ca sunt unghiurile diedre ale unghiului triedru ∢abc . Reuniunea unui unghi al triedrului ∢abc cu interiorul său se numește o față a triedrului ∢abc.Interiorul triedrului ∢abc se definește astfel:

Int.∢abc (αA∩(βB∩(γC, unde α=(OBC), β=(OCA) și γ=(OAB) .

c

C

O B b

A

a

Figura 6

1.2.7. Observația 1: Din definiția tetraedrului, rezultă că fiecare muchie determină c

C

O B b

A

a

Figura 6

1.2.7. Observația 1: Din definiția tetraedrului, rezultă că fiecare muchie determină un unghi diedru și că interiorul tetraedrului poate fi definit ca intersecția interioarelor celor șase unghiuri diedre ale fețelor.

1.2.8 Observația 2: Orice tetraedru are patru unghiuri triedre corespunzatoare celor patru vârfuri și interiorul tetraedrului este egal cu intersecția interioarelor unghiurilor triedre sau intersecția unui triedru cu un semispațiu ce conține vârful tetraedrului.

1.2.9. Observația 3: Tetraedrul este complet determinat de patru plane neparalele două câte două, astfel încât să nu existe trei dintre ele care să treacă prin aceeași dreaptă. Obținem , patru puncte de intersecție – cele patru vârfuri ale tetraedrului.

1.2.10. Definiție: Volumul tetraedrului este un număr egal cu o treime din produsul dintre aria unei fețe și înălțimea care este perpendiculară pe ea. Această definiție nu necesită discuții. Trebuie să arătăm că acest număr este același, oricare ar fi alegerea feței tetraedrului, considerată ca bază și a înălțimii corespuzatoare ei. Pentru aceasta ducem înălțimile fețelor [ABC] și [DBC] (AM=a2 și DN=a1) și înălțimile tetraedrului AQ=h1 și DP=h2 (figura 7). Să demonstrăm egalitatea produselor a1h1 și a2h2.

A

P

B D

M Q

N

C

Figura 7.

Observăm că unghiurile ∢ MAQ și ∢ NDP sunt congruente având laturile perpendiculare. Deci m(∢ MAQ) = m(∢ NDP) = α . Exprimând în două moduri cosinusul unghiului α avem:

În ∆ AQM, m(∢Q)= 900 ⇒cos α = = ; În ∆ DPN, m(∢P)= 900 ⇒ cos α = = ⇒ = ⇒ a1h1 = a2h2 /() ⇒ =

Volumul rămâne constant indiferent de ce față și înălțime corespunzatoare ei luăm.

1.2.11. Definiție: Tetraedrul cu muchiile opuse perpendiculare se numește tetraedru ortocentric.

1.2.12. Definiție: Tetraedrul cu fețele congruente se numește tetraedru echifacial.

1.2.13. Definiție: Se numește tetraedru Crelle un tetraedru pentru care există o sferă tangentă la cele șase muchii ale sale.

1.2.14. Definiție: Un tetraedru cu toate muchiile congruente se numește tetraedru regulat.

CAPITOLUL II

2.PROPRIETĂȚI ALE UNUI TRIUNGHI/ TETRAEDRU OARECARE

2.1. Proprietățile unui triunghi oarecare.

2.1.1. Teoremă: Într-un triunghi oarecare suma măsurilor unghiurilor este de 1800 .

Demonstrație :

M A N

B C Figura 8.

Prin punctul A, vârful triunghiului ABC construim dreapta MN paralelă cu BC.

∢BAM ≡ ∢ABC (alterne interne) m(∢BAM)=m(∢ABC) (1)

∢NAC ≡ ∢ACB (alterne interne) m(∢NAC)=m(∢ACB) (2)

Dar m(∢MAN)=1800 – unghi alungit m(∢BAM) +m(∢BAC)+m(∢NAC)=1800

Și folosind relațiile (1) si (2) avem : m(∢ABC +m(∢BAC)+m(∢ACB)=1800.

2.1.2. Teoremă: Într-un triunghi oarecare mediatoarele sunt concurente într-un punct O, numit și centrul cercului circumscris acestui triunghi.

A

O

B C

Figura 9.

În demonstrația acestei teoreme ne vom folosi de următoarea propoziție : Orice punct al mediatoarei unui segment este egal depărtat de capetele segmentului.

M

A B

O

Figura 10.

Demostrația propoziției:

Comparăm ΔAMO cu ΔBMO ⇒ ΔAMO≡ ΔBMO ⇒ [MA]≡[MB] (q.e.d.), m(∢AMO)≡ m(∢BMO), m(∢MAO)≡ m(∢MBO)

Demonstrația teoremei:

Cum O ∈ mediatoarei segmentului AB⇒ [AO]≡[BO] (1)

Cum O ∈ mediatoarei segmentului BC⇒ [BO]≡[CO] (2)

Din (1) si (2) ⇒ O ∈ mediatoarei segmentului [AC]

O se numeste centrul cercului circumscris ∆ABC.

2.1.3. Teoremă: Într-un triunghi oarecare bisectoarele sunt concurente într-un punct I numit centrul cercului înscris în triunghi.

A

N

M E

F

I

B C

P D

Figura 11.

În demonstrația acestei teoreme ne vom folosi de următoarea propoziție : Un punct aparține bisectoarei unui unghi dacă și numai dacă este egal depărtat de laturile unghiului.

Demonstrația propoziției:

x

A

M

O

B

y

Figura 12.

Comparăm ∆OMA cu ∆OMB

⇒∆OMA≡∆OMB⇒[AM]≡[BM](q.e.d.), [OA]≡[OB], ≡

Demonstratia teoremei

Cum I ∈ bisectoarei unghiului ∢BAC⇒ [IM]≡[IN] (1)

Cum I ∈ bisectoarei unghiului ∢ABC ⇒ [IM]≡[IP] (2)

Din (1) si (2) ⇒ I ∈ bisectoarei unghiului ∢ACB

I se numeste centrul cercului înscris în ∆ABC.

2.1.4. Teoremă: Înalțimile unui triunghi oarecare sunt concurente într-un punct H, numit ortocentrul triunghiului.

Demonstrație:

D A F

N

P

H

B C

M

E

Figura 13.

Prin vârfurile triunghiului ∆ABC construim paralele la laturile triunghiului, formându-se astfel triunghiul ∆DEF. Din construcție, ABCF și BCAD sunt paralelograme deci [BC]≡[AF]≡[AD] . Pentru că BC∥ DF și AM⊥BC înseamnă că AM⊥DF. Deci AM este mediatoarea segmentului [DF]. În mod analog se arată că și BN cu CP sunt mediatoare pentru triunghiul ΔDEF și conform teoremei 2.1.2. înseamnă că AM, BN și CP sunt concurente.

2.1.5. Teoremă: Medianele unui triunghi sunt concurente. Punctul de intersecție determină cu mijlocul fiecarei laturi un segment a cărui lungime este jumatate din lungimea segmentului pe care-l determină cu vârful opus laturii. (Punctul de intersecție al medianelor se găsește pe fiecare mediană la o treime de bază și două treimi de vârf).

Demonstrație:

A

M

F E

G1

G

N

B C

D

Figura 14.

Fie triunghiul ΔABC, D și E mijloacele laturilor (BC) și (AC). Deoarece în triunghiul ∆BAD, (BE⊂∢ABC, A∈(BA, D∈(BC) înseamnă că (BE și (AD au un punct comun (figura 14). Deoarece (AD)⊂(BAC) înseamnă că (AD)∩(BE)={G}. Fie M,N mijloacele segmentelor (AG) respectiv (BG). În triunghiul ∆ABG, (MN) este linie mijlocie , deci MN∥AB și MN =AB. În triunghiul ∆ABC, (DE) este linie mijlocie , deci DE∥AB și DE =AB . Înseamnă că [DE]≡[MN] și DE∥MN⇒ MNDE -paralelogram. Deci GD=GM=MA=AD. Fie acum F mijlocul laturii (AB) și (FC)∩(AD)={G1}. În mod analog rezultă că DG1=AD.Deoarece G și G1∈(AD) din teorema de construcție a unui segment ⇒ G=G1 .

2.1.6. Teorema bisectoarei: Fie triunghiul ∆ABC și D∈(BC),[AD este bisectoarea unghiului ∢BAC dacă și numai dacă = .

Demonstrație: ,,⇒ " Se arată că dacă [AD este bisectoarea unghiului ∢BAC atunci = .

Se construiește prin C paralela la AD care intersectează AB în E (figura 15.)

E

A

B D C

Figura 15.

Din teorema lui Thales ⇒ =

⇒ ∢BAD ≡ ∢BEC(corespondente) (1)

⇒ ∢DAC ≡ ∢ACE (alterne interne) (2)

Din ∢BAD ≡ ∢DAC ([AD-bisectoare), (1) și (2) ⇒ ∢BEC ≡ ∢ACE ⇒ ∆ACE – isoscel ⇒ AC = AE ⇒ = = q.e.d.

Demonstratie:,,⇐ " Se arată că dacă = atunci [AD este bisectoarea unghiului ∢BAC.

A

B D1 D C

Figura16.

Fie D1∈(BC) astfel încât [AD1 este bisectoarea unghiului ∢BAC. Atunci = . Dar și = ⇒ = . Facând proporții derivate avem

= ⇒ = ⇒ BD = BD1. Cum D și D1∈(BC) ⇒ D=D1

2.1.7. Teorema lui Menelaus : Fie ΔABC un triunghi și A1, B1, și C1 trei puncte coliniare distincte astfel încât A1∈BC,B1∈CA și C1∈AB. Să se arate că : ∙ ∙ = 1.

Demonstrație:

C P

A1

B1

C1 A B

Figura 17.

Se duce prin C o paralelă la AB care intersectează dreapta B1A1 în P. Din teorema fundamentală a asemanării avem că ∆CPA1∼∆BC1A1 și deci = . Tot din teorema fundamentală a asemănării avem și ∆CPB1∼∆AC1B1 deci = . Împarțind cele două relații avem: = ⇒ ∙ ∙ ⇒ ∙ ∙ = 1

2.1.8. Reciproca teoremei lui Menelaus: Se consideră punctele A1, B1, C1,situate pe dreptele BC, CA și AB determinate de laturile triunghiului ∆ABC. Dacă două dintre ele sunt situate pe laturile triunghiului și unul pe prelungirea unei laturi, sau toate trei pe prelungiri de laturi și este satisfacută relația: , atunci cele trei puncte sunt coliniare.

Demonstrație:

Putem admite că A1 [BC] : atunci A1 B diferit de A1 C și ambele puncte B1,C1 se găsesc fie pe laturile triunghiului, fie pe prelungirile acestora. Dacă am avea B1C1 || BC, din teorema lui Thales ar rezulta = , ceea ce împreună cu relația ∙ ∙ = 1 ne-ar da A1 B = A1C în contradicție cu A1B diferit de A1C. Deci B1C2 taie BC într-un punct A2 și se observă că A2 ∈ [BC] (căci B1C1 nu poate intersecta o singură latură sau toate cele trei laturi). Putem scrie în virtutea teoremei lui Menelaus :

și comparând cu relația obținem că , ținând seama că A1 și A2 ∈ [BC] înseamnă că A1 și A2 coincid deci A1, B1 și C1 sunt coliniare.

2.1.9. Teorema lui Ceva: Se consideră un triunghi ∆ABC și trei drepte concurente AM, BM și CM care mai intersectează suporturile laturilor triunghiului în punctele A1, B1 și C1. Să se demonstreze relația: .

A

C1

M B1

B A1 C

Figura 18.

Demonstrație.:

Aplicăm teorema lui Menelaus în triunghiul ΔB1BC pentru punctele coliniare A,M,A1. Deci

Aplicând teorema lui Menelaus și în triunghiul ΔABB1 pentru punctele coliniare C,M,C1 avem :

Înmulțind aceste relații obținem relația cerută: . Deci .

2.1.10. Teoremă: În orice triunghi centrul cercului circumscris(O), centrul de greutate(G) și ortocentrul(H) se găsesc pe aceeași dreaptă numită dreapta lui Euler. Mai mult GH = 2OG .

În demonstrația acestei teoreme ne vom folosi de următoarea problemă : Să se demonstreze că într-un triunghi ∆ABC, punctul H de întâlnire al înălțimilor, mijlocul M al laturii BC și punctul A2 diametral opus lui A, în cercul circumscris sunt coliniare și că OM = .

A

B’

P

O

G’

C’ H

B A’ M C

A1 A2

Figura 19.

Demonstrație:

⇒ BA2 ∥ CC’

⇒ CA2 ∥ BB’

⇒ BHCA2 – paralelogram ⇒ H, M, A2 colineare și HM = MA2

⇒ OM – linie mijlocie ⇒ OM =

Demonstrația teoremei :

Fie {G'} = AM ∩ HO

AH || OM ⇒ ∆ AG’H ∼ ∆OG’M ⇒ ⇒ G' coincide cu G punctul de intersecție al medianelor ( centrul de greutate al triunghiului).

2.1.11 Teorema cosinusului:

În triunghiul ABC de laturi BC=a, CA=b, AB=c are loc relația a2 = b2 + c2 – 2bccos(∢A) , adică cos(∢A) = și analoagele.

Demonstrație:

B

a c

C D b A

Figura 20.

cos(∢A)=⇒AD=c∙cos(∢A)

c2=AD2 + BD2

c2= AD2 + a2 – CD2 = AD2 + a2 – (b – AD)2 = AD2 +a2 – b2 +2bAD – AD2 = a2 – b2 + 2bc∙cos(∢A)

2bc∙cos(∢A)=c2+b2–a2

cos(∢A)=

Am demonstrat teorema cosinusului pentru unghiul ∢A ascuțit. În mod analog se demonstrează și pentru unghiul ∢A obtuz.

2.1.12 Teorema sinusurilor:

În triunghiul ABC de laturi BC=a, CA=b, AB=c și unghiuri A, B, C are loc relația .

Demonstrație:

În triunghiurile dreptunghice BDC și BDA sinC = și sinA = a∙ sinC = c∙ sinA, de unde . Analog, ducând înălțimile din A și C, obținem relațiile : și . În concluzie, se obbține relația .

2.2. Proprietățile unui tetraedru oarecare.

2.2.1. Teoremă: Într-un unghi triedru ∢abc avem: m(∢ab) + m(∢bc)+ m(∢ac) < 2π.

Pentru a demonstra teorema ne vom folosi de următoarea lemă : Dacă vârful A al triunghiului isoscel ∆ABC cu AB=AC se proiectează ortogonal în A1 pe un plan α care trece prin BC, atunci m(∢BA1C) > m(∢BAC) (figura 21). Într-adevăr , fie D mijlocul lui BC și E∈ DA1 astfel încât DE=DA, ∢DA1C unghi exterior al triunghiului ∆A1CE. Deci ∢DA1C > ∢DEC⇒ 2∢DA1C>2∢DEC ⇒ ∢BA1C>∢BAC .

A

E

B A1

D

C

Figura 21.

Demonstrația teoremei:

B b

S1

S C c

A

a

Figura 22.

Din vârful S al triedrului ∢abc luăm respectiv pe semidreptele a, b, c punctele A, B și C astfel încât SA=SB=SC. Notăm (ABC)=α. Fie S1 proiecția punctului S pe planul α . Din SA=SB=SC înseamnă că S1A=S1B=S1 C . Punctul S poate avea trei poziții în raport cu punctele A, B, C.

a) în interiorul triunghiului ΔABC

A

S1

B C

Figura 23.

m(∢BS1C) + m(∢AS1B) + m(∢CS1A) = 2π

Conform lemei ⇒ m(∢BSC) + m(∢ASB) + m(∢CSA) < 2π

b) pe o latură a triunghiului

C

S1

A B

Figura 24.

În acest caz m(∢BS1C) <π, m(∢AS1B) + m(∢CS1A) = π și obținem tot conform lemei că m(∢BSC) + m(∢ASB) + m(∢CSA) < 2π

c) în exteriorul triunghiului

A

B C

S1

Figura 25.

m(∢BS1C) + m(∢AS1B) + m(∢CS1A) <2π

și conform lemei m(∢BSC) + m(∢ASB) + m(∢CSA) < 2π

2.2.2.Consecință: Orice unghi plan al unui unghi triedru este mai mic decât suma și mai mare decât diferența celorlalte două unghiuri plane.

Demonstrație:

a1

S

a

b c

Figura 26.

Considerăm unghiul triedru ∢abc cu vârful în S (figura 26.). Construim semidreapta a1 opusă lui a, care împreună cu semidreptele b și c formează triedrul ∢a1 bc cu vârful în S. Conform teoremei precedente

m(∢a1b) + m(∢a1c)+ m(∢bc) < 2π. (1)

Dar m(∢ab) + m(∢a1b) = π și m(∢a1c)+ m(∢ac) = π(unghiuri suplementare).

m(∢ab) + m(∢a1b) + m(∢a1c)+ m(∢ac) = 2π. (2)

Din (1) și (2) avem că m(∢a1b) + m(∢a1c)+ m(∢bc) < m(∢ab) + m(∢a1b) + m(∢a1c)+ m(∢ac), deci m(∢bc)< m(∢ab) + m(∢ac).

Dacă m(∢bc)> m(∢ab), atunci m(∢bc) – m(∢ab) < m(∢ac).

Folosind unele din rezultatele obținute până acum vom stabili o proprietate remarcabilă pentru tetraedru.

2.2.3. Propoziție: Suma măsurilor unghiurilor diedre ale unui tetraedru este mai mare decât2π.

Demonstrație:Vom considera pentru început un triedru ∢abc cu vârful în S, care determină trei unghiuri diedre ale căror muchii sunt suporturile a, b, c. (figura 27 a și figura 27 b).

c1 b1 c1 b1

π – ∢a

a1

∢a

a

b c

Figura 27.a. Figura 27.b.

Vom nota cu ∢a, ∢b, ∢c aceste unghiuri diedre. În punctul S vom ridica perpendicularele a1, b1, c1 respectiv pe planele determinate de suporturile perechilor de semidrepte : b și c ; a și c ; a și b. S-a format un nou triedru ∢a1b1c1 cu vârful în S numit complementarul lui ∢abc. Unghiurile plane ale noului triedru ∢a1b1c1 sunt suplementele unghiurilor diedre ale triedrului ∢abc.

Deci m(∢b1 c1)= π – m(∢a); m(∢a1 b1)= π – m(∢c); m(∢a1 c1)= π – m(∢b)

Conform teoremei 2.2.1. avem că: m(∢b1c1)+ m(∢a1b1) + m(∢a1c1) < 2π.

Deci : π – m(∢a) + π – m(∢c) + π – m(∢b) < 2π sau : π< m(∢a) + m(∢b)+ m(∢c) (*)

Fie acum tetraedrul ABCD cu muchiile a,b,c,d,e,f.

A

a c

b

B f C

d e

D

Figura 28.

Aplicând relația (*) la fiecare dintre cele patru triedre ale tetraedrului obținem :

m(∢a) + m(∢b)+ m(∢c) > π

m(∢a) + m(∢f)+ m(∢d) > π

m(∢d) + m(∢b)+ m(∢e) > π

m(∢e) + m(∢c)+ m(∢f) > π

Adunând membru cu membru inegalitățile de mai sus și împărțind cu 2 obținem :

m(∢a) + m(∢b)+ m(∢c) + m(∢d) + m(∢e)+ m(∢f) >2 π

2.2.4. Propoziție: Într-un tetraedru oarecare bimedianele (segmentele care unesc mijloacele a două laturi opuse) se întâlnesc într-un punct G.

Demonstrație: Fie ABCD un tetraedru oarecare și [MP], [NQ] și [SR] bimedianele acestuia.

A

M N

S

G

B R D

Q P

C

Figura 29.

Segmentele [MN] și [QP] ce unesc mijloacele a cate două laturi adiacente AB și AD și respectiv BC și CD, fiind paralele cum muchia BD(linii mijlocii în ∆ABD respectiv ∆CBD) determină un paralelogram MNPQ. Deci [MP] și [QN] fiind diagonale în acest paralelogram ele se întâlnesc într-un punct G situat la jumătatea fiecarei diagonale. În mod asemanător se poate arăta că și patrulaterele QRNS și SMRP sunt paralelograme. Deoarece [MP] este diagonală și în paralelogramul SMRP înseamnă că cealaltă diagonală [SR] a acestui paralelogram trece tot prin punctul G. Deci bimedianele [MP], [NQ], [SR] ale tetraedrului ABCD sunt concurente într-un punct G.

2.2.5. Propoziție: Într-un tetraedru oarecare medianele ( segmentele care unesc vârfurile cu centrele de greutate ale fețelor se întâlnesc în același punct G' care împarte pe fiecare din ele într-un raport egal cu 3/1 începând de la vârf.

Demonstrație:

A

D' B'

G'

B D

P A' M

C

Figura 30.

Fie ABCD un tetraedru oarecare și [AA'], BB'], [CC'], [DD'] medianele acestuia. Deoarece medianele [AA'] și [BB'] sunt coplanare, cum ele nu pot fi paralele atunci ele sunt concurente într-un punct pe care-l notăm cu G'.

Considerăm triunghiul AMB unde (1)

Deoarece A' și B' sunt centrele de greutate ale fețelor BCD și ACD, conform teoremei reciproce a lui Thales rezultă că A'B'||AB. Acum conform teoremei fundamentale a asemănării, ∆ABM ~∆ A'B'M.

Deci : (2)

Din asemănarea triunghiurilor A'B'G' și ABG' avem (3)

Din (1), (2) și (3) înseamnă că : = (4)

Medianele AA' și DD' fiind și coplanare se întâlnesc într-un punct care presupunem că este G", diferit de G'. Făcând un raționament analog cu cel de mai sus se ajunge la concluzia că : = (5)

Din (4) si (5) avem că : =

Din unicitatea punctului care împarte un segment într-un raport înseamnă că G" = G'. În mod cu totul analog se arată că și CC' trece prin același punct G'.

2.2.6. Propoziție:Într-un tetraedru oarecare punctul de intersecție al bimedianelor coincide cu centrul de greutate al tetraedrului.

A M

H

B' A'

N Q

E G'

G'

B'

B D

F

P A' M

A N, N' B

C

Figura 31.a Figura 31.b

Demonstrație:

Fie AA', BB', CC', DD' medianele și MN, PQ, RS bimedianele în tetraedrul oarecare ABCD. Construim prin punctul G' (centrul de greutate) al tetraedrului, paralela EF la AB, apoi ducem prin M și G' o dreaptă care întâlnește segmentul AB în punctul N'. Cum patrulaterul EFBA este trapez iar AA' și BB' sunt diagonale în trapez FG' = EG'. Segmentul MG' este deci mediana în triunghiul ΔMEF și cum orice paralelă la o latură a unui triunghi este împărtită în două părți egale de mediana corespunzătoare înseamnă că B'H = A'H ( unde H = A'B'∩ MG') și AN' = N'B.

Înseamnă că N = N' pentru ca mijlocul unui segment e unic. Deci G'∈MN. Vom demonstra că G'M = G'N. Din EG' ∥AB ΔB'G'E ~ΔB'AB și deci . Dar anterior am demonstrat că = atunci = = sau G'E = AN unde AN = AB .

Deci EM = EA de unde se deduce că G'M = G'N. Înseamnă că centrul de greutate al unui tetraedru oarecare coincide cu punctul de intersecție al bimedianelor, deci G=G'.

2.2.7. Propoziție: Perpendicularele duse în centrul cercurilor circumscrise fețelor unui tetraedru sunt concurente.

Demonstrație:

Fie A' și D' centrele cercurilor circumscrise fețelor BCD și respectiv ABC. Construim RA'perpendiculară pe planul triunghiului ΔABC.

A

R

D' S

O

B D

A'

M

C

Figura 32.

SD' și RA' sunt concurente deoarece sunt coplanare și perpendiculare pe două drepte concurente din același plan cu ele. Fie O punctul lor de intersecție. Deoarece SD' este perpendicular pe planul ABC și D' este centrul cercului circumscris ΔABC înseamnă că OA = OB = OC (1).

Din aceleași considerente pentru RA' rezultă OB = OC = OD (2).

Din (1) și (2) înseamnă că punctul O se află la egală distanța de vârfurile tetraedrului ABCD, deci și CC' și BB' trec prin punctul O.

2.2.8. Teorema planului bisector:

Planul bisector al unui unghi diedru într-un tetraedru împarte muchia opusă în segmente proporționale cu ariile fețelor adiacente.

Demonstrație 1:

A

F

G E

B D

H

K

C

Figura 33.

Fie α planul bisector al diedrului de muchie CD, având ca fețe triunghiurile ΔACD și ΔBCD. Planul α intersectează muchia AB în punctul G.

Construim perpendicular pe α (1). și AE perpendicular pe α (2). BK perpendicular pe CD, AH perpendicular pe CD. Punctele F, G, E sunt coliniare. Rezultă că HE perpendicular pe CD și FK este perpendicular pe CD deci unghiul ∢AHE≡∢BKF (3). Din (1), (2), (3) avem triunghiurile ΔBFK și ΔAEH asemenea de unde obținem (4). Deoarece m(∢BGF) = m(∢AGF) (5) ca opuse la vârf, din (1), (2), (5) înseamnă că triunghiurile ΔBFG și ΔAGE sunt asemenea, deci: (6). Din (4) și (6) înseamnă că ⇒ sau .

Demonstrație 2:

Deoarece G este egal depărtat de fețele ACD și BCD , = (1) unde V1 și V2 sunt respectiv volumele tetraedrelor AGCD și BCGD.

Pe de altă parte se observă că = = (2).

Din (1) si (2) rezultă că .

2.2.9. Teorema lui Menelaus: Un plan intersectează muchiile AB, BC, CD, AD ale unui tetraedru în punctele L, M, N, P. Să se demonstreze că:

.

Demonstrație:

Vom considera două cazuri și anume :

Cazul I:α || AC și cazul II: AC∩α= {E}

Cazul I:

A

d d'

L

P

B D

N

M

C

α

Figura 34.

Notăm cu d=(ABC)∩α și d'=(ADC) ∩α (figura 34). Deci d||d'||AC.Cum L,Md și P,Nd' înseamnă că : deci = 1 (1)

deci = 1 (2).

Din (1) și (2) înmulțindu-le înseamnă că

Cazul II:

α A

d d'

L P

B D

M C N

E

Figura 35.

Aplicând teorema lui Menelaus în triunghiurile ΔABC și ΔACD obținem: = 1 (3) ; = 1(4) ⇒ și înlocuind în (3) avem q.e.d.

2.2.10. Reciproca teoremei lui Menelaus:

Dacă punctele L, M, N, P aparțin celor patru muchii ale unui tetraedru ABCD astfel încât să fie satisfăcută relația , atunci ele sunt coplanare.

P'

A

L

B M D

N C

X

Figura 36

Demonstrație: Presupunem că există patru puncte L, M, N, P necoplanare astfel încât L∈AB, M∈BC și N∈CD, iar P∈ (LMN) pentru care este satisfacută relația (1)

a.Dacă(LMN)∩AD={P'} înseamnă că , (2)

Din (1) si (2) înseamnă că P = P'

b. Dacă (LMN)∩ AD = 0, înseamnă că (LMN) este paralel cu AD; fie (LMN)∩ AC = {X}. Deci AD este paralel cu NX.

Aplicăm teorema lui Menelaus în triunghiul ΔABC pentru transversala LMX și obținem: (3).

Din (1) și (3) înseamnă că deci

Conform reciprocei teoremei lui Menelaus rezultă că P∈AD. ceea ce contrazice presupunerea din cazul b. Deci punctele L, M, N, P sunt coplanare.

2.2.11. Teorema lui Ceva: Fie tetraedrul A1A2A3A4 și M1, M2, M3, M4 puncte pe fețeleA2A3A4; A3A4A1; A4A1A2; A1A2A3 și cu S12, S13, S14, S21, S23, S24, S31, S32, S34, S41, S42, S43, ariile triunghiurilor. Dreptele A1M1, A2M2, A3M3, și A4M4 sunt concurente dacă și numai dacă: ; ; ; ; ; (1)

Fiecare din egalitatile de mai sus este o consecință a celorlalte. De exemplu ultima egalitate se obține prin înmulțirea primelor cinci egalități.

Demonstrație: Vom da condiția necesară si suficientă de intersecție a dreptelor A1M1 și A4M4. Vectorii = ;= ;= nu sunt coplanari.

= =

Dacă punctul M se află pe una din dreptele A1M1 și A4M4 atunci vectorul

A4M are următoarea formă:

= + X ∙ = + X ∙ ( – ) = (1 – X) + () (2)

= Y ∙ = ( ) (3)

A1

M4 M2

M3

A4

A2 M1 A3

Figura 37.

Dreptele A1M1 și A4M4 au un punct comun M dacă și numai dacă există numerele Y și X pentru care vectorii din (1) și (3) sunt egali, dacă:

1 – X = ⋅ S41; ⋅ S12 = ⋅ S42; ⋅ S13 = ⋅ S43 Sistemul obținut are ca soluție : X = Y =

Deci care-i prima egalitate din (4). Celelalte egalități din (1) le obținem prin aceeași metodă.

2.2.12. Definiție: Simetricul K, al centrului sferei circumscrise unui tetraedru O față de centrul de greutate G, poartă numele de anticentrul tetraedrului sau punctul lui Monge.

2.2.13. Teoremă: Într-un tetraedru A1A2A3A4 dreapta care unește anticentrul cu mijlocul unei muchii (dreapta KAij) este perpendiculară pe muchia opusă a tetraedrului (pe dreapta AhAk) ; i, j, k ,h = 1,2,3,4.

Demonstrație:

A

A12

O

G A4

K

A2 A34

A3

Figura 38.

Este suficient să arătăm că A12K este perpendiculară pe dreapta A3A4 (figura 38.). Centrul de greutate G fiind mijlocul fiecarei bimediene, înseamnă

că A12G = A34G (1) unde A12 și A34 sunt mijloacele lui O (centrul sferei circumscrise tetraedrului) față de G ( centrul de greutate al tetraedrului) urmează că KG = KO (2) . Întrucât diagonalele patrulaterului A12KA34O se înjumătațesc, el este paralelogram; așa că A12K ∥OA34 (3). Pe de altă parte segmentul de dreaptă care unește mijlocul unei corzi cu centrul sferei, fiind perpendicular pe coarda , urmează că OA34⊥A3A4 (4). În fine, dacă două drepte sunt paralele, atunci orice dreaptă care este perpendiculară pe una din ele este perpendiculară și pe cealaltă . Ținând cont de relațiile (3) și (4) avem A12K⊥ A3A4.

2.2.14. Definiție: Dreapta determinată de centrul de greutate G, centrul sferei circumscrise O și de anticentrul K, poartă numele de dreapta lui Euler a tetraedrului.

2.2.15. Sfera lui Euler: Într-un tetraedru oarecare A1A2A3A4 , centrele de greutate ale fețelorG1, G2, G3 și G4 punctele K1, K2, K3 și K4, care împart segméntele AKi în raportul = și proiecțiile acestor puncte Pi cu i = pe fața opusă vârfului Ai, sunt douăsprezece puncte consferice (sfera lui Euler a tetraedrului).

Demonstrație:

A1

K1

O12 O

K G

A4

A2 P1

G1

A3

Figura 39.

Notăm cu acel punct pentru care avem KO12 = 2 O12G.

1) Întrucât în conformitate cu reciproca teoremei lui Menelaus înseamnă că punctele K1, O12, G1 sunt coliniare.

2) Aplicând acum teorema lui Menelaus în triunghiul ΔA1K1G1 la transversal K-O12-G avem că: . Dar 3 = 1. Deci = 1 sau O12G1 = O12K1 (1)

3) P1 fiind proiecția punctului K1 pe planul (A2A3A4) rezultă că P1K1⊥(A2A3A4). Dreapta P1K1 fiind perpendiculară pe planul (A2A3A4) ea este perpendiculară și pe dreapta P1G1 conținută în acest plan. Deci P1K1⊥ P1G1 (2).

În triunghiul K1P1G1 dreptunghic în P1, mediana P1O12 este egală cu jumătate din ipotenuză, așa că : O12G1 = O12K1 = O12P1 (3)

4) Deoarece GK = GO și KO12 = 2 O12G urmează și întrucât ∢O12KK1≡ ∢OKA1 înseamnă că ∆ O12KK1 ∼∆ OKA1, iar de aici urmează că O12K1 = OA1 = R ( unde R reprezinta raza sferei circumscrise tetraedrului A1A2A3A4). Prin urmare : O12Ki = O12Pi = O12Gi = R; i =

Observații:

1) Între lungimile segmentelor determinate pe dreapta lui Euler, de

punctele K, O12, G și O există relația: O12G.

(2) Punctele K, O12, G și O determină pe dreapta lui Euler o

diviziune armonică.

3) Sfera lui Euler a unui tetraedru și sfera circumscrisă acestui tetraedru sunt omotetice avand centrul de omotetie directă în anticentrul K al tetraedrului și centrul de omotetie inversă în centrul de greutate G, iar raportul de omotetie al celor două sfere este de 1/3.

2.2.16. Teorema cosinusului pentru tetraedru:

Fie MABC un tetraedru în care S0, S1, S2, și S3 sunt ariile triunghiurilor ΔABC, ΔMBC, ΔMAC, ΔMAB iar φ1, φ2, φ3 sunt unghiurile diedre ale fețelor MAC și MAB ; MAB și MBC ; MBC și MAC .În acest caz teorema cosinusului pentru tetraedru MABC are forma:

= + + – 2S2S3 – 2S1S3 – 2S1S2.

CAPITOLUL III

3.TRIUNGHI ECHILATERAL.TETRAEDRU REGULAT.

3.1 Triunghi echilateral

3.1.1. Definiție: Triunghiul cu toate laturile congruente se numește triunghi echilateral.

3.1.2. Propoziție: Într-un triunghi echilateral orice mediană este și bisectoare și înalțime și mediatoare.

Demonstrație:

A

B D C

Figura 40.

Comparăm ΔABD cu ΔACD

⇒ ∆ABD≡∆ACD ⇒

Din fiind și suplementare înseamnă că = 900 ⇒ AD este înalțime. Dacă AD este înalțime și mediana înseamnă că este și mediatoare.

Mai avem că ⇒ AD este și bisectoarea unghiului .

Cum toate laturile importante în triunghi sunt concurente înseamnă că într-un triunghi echilateral vom avea că H, G, I și O coincid.

3.1.3. Problemă: Orice triunghi isoscel cu un unghi de 600 este echilateral .

Demonstrație:Avem doua cazuri :

Cazul 1 :

Cum triunghiul este isoscel înseamnă că avem două unghiuri congruente; fie acestea de 600. Cum suma unghiurilor unui triunghi este de 1800 înseamnă că și al treilea unghi este tot de 600, deci triunghiul este echilateral .

Cazul 2 :

Presupunem că unghiul de 600 nu este dintre cele congruente. Cum suma unghiurilor unui triunghi este de 1800 și avem unul de 600 înseamnă că suma celorlalte două este 1200. Cum ele sunt congruente înseamnă ca și ele măsoară tot 600. Deci triunghiul este echilateral.

3.1.4. Problemă: Într-un triunghi echilateral suma distanțelor de la un punct interior triunghiului la laturile acestuia este constantă.

Demonstrație:

A

P

Q

M

B N C

Figura 41.

A∆ABC = unde h = înalțimea triunghiului echilateral.

A∆ABC = A∆MBC + A∆MAC + A∆MAB = + + Dar AB=AC=BC

Deci ⇒ MN+MP+MQ = h

3.1.5.Problema: Dacă un cerc înscris într-un triunghi este tangent în mijloacele laturilor sale, atunci triunghiul este echilateral.

A

P N

B M C

Figura 42.

Demonstrație:

Știm că AP=PB; BM=MC; AN=NC (1) Dar tangentele dintr-un punct exterior la un cerc sunt egale înseamnă că: BP=BM; AP=AN; CM=CN (2)

Din (1) și (2) AP=PB=BM=MC=AN=NC⇒ AB=AC=BC ⇒ triunghiul ΔABC – echilateral.

3.1.6.Problema: Pentru un triunghi echilateral cu laturi de lungime,,l” să se calculeze: ap – apotema , R – raza cercului circumscris, r – raza cercului înscris, h – înalțime, P – perimetru, A – aria.

A

F E

O

B D C

Figura 43.

P = AB + AC + BC =l + l +l = 3l

h2 = AD2 = l2 – = = ⇒ h =

R = AO = h = ∙ =

r = OD = h = ∙ = = ap

A∆ABC = = =

3.1.7. Problemă: Dintr-un punct M interior unui triunghi echilateral se duc perpendicularele MK1, MK2, MK3 pe laturile sale. Să se demonstreze că: + + = ∙, unde O este centrul triunghiului.

Demonstrație:

Ducem prin punctul M drepte paralele cu laturile triunghiului și notăm punctele de intersecție ale acestor drepte cu laturile triunghiului cum este indicat în figura 44.

C

A1

C2 K1

K3

C1 A2

M

A B2 K2 B1 B

Figura 44.

Este clar că 2 = + ; 2 = + ; 2 = + și în același timp + = ; + = ; + = . Deci 2( + + ) = + + = 3 + + + ⇒

+ + = ∙ + ∙( + +) (1)

Vom arăta că: + + = (2)

Într-adevăr prin rotirea în jurul lui O a triunghiului ABC cu 600, A se duce în B, B se duce în C și C se duce în A, iar vectorul = + + nu se schimbă. Înseamnă că = .

Din (1) si (2) rezultă că + + = ∙.

3.2. Tetraedru regulat

3.2.1. Definiție: Se numește tetraedru regulat un tetraedru în care toate muchiile sunt congruente.

3.2.2. Propoziție: Într-un tetraedru regulat centrul de greutate, ortocentrul, centrul sferei circumscrise și centrul sferei înscrise coincid.

3.2.3. Propoziție. Volumul unui tetraedru regulat de muchie l este egal cu ∙.

Demonstrație:

V

A C

N O M

B

]Figura 45.

VVABC = ; A∆ABC = În ∆VOA aplicăm teorema lui Pitagora: VO2 = VA2 – OA2 ⇒ VO2 = l2 – ⇒ VO = ⇒ VO = ⇒ VVABC =

= = =

3.2.4. Propoziție: Volumul unui tetraedru regulat de bimediana t este egal cu ∙.

Demonstrație:

V

N

A C

M

B

Figura 46.

AM = VM = ⇒ ∆MAV isoscel de bază VA. În ∆MAN aplicăm teorema lui Pitagora MN2 = AM2 – AN2 = – = ⇒ MN = = ⇒ = t ⇒ l= t ⇒ VVABC = = = = ∙

3.2.5. Propoziție: Într-un tetraedru regulat suma distanțelor de la un punct interior acestuia la fețele sale este constantă.

Demonstrație.

Se desparte tetraedrul regulat în patru tetraedre de aceeași bază(triunghi echilateral).

Deci VVABC = VMABC + VMVBC + VMVAC + VMVAB = + + + (înmulțim cu ) h= h1 + h2 + h3 + h4

V

h3

h4 h2

M

h1

A C

B

Figura 47.

3.2.6.Problemă: Dacă o sferă înscrisă într-un tetraedru este tangentă la fețe în centrele lor de greutate atunci tetraedrul este regulat.

Demonstrație:

A

M R

GC

N

GD GB

P

B GA D

Q S

C

Figura 48.

Fie ABCD un tetraedru a cărui sferă înscrisă este tangentă la fețele sale în centrele de greutate ale acestora.

GA, GB, GC și GD sunt centrele de greutate opuse respectiv vârfurilor A, B, C, și D.

Deoarece tangentele dintr-un punct exterior unei sfere sunt egale, înseamnă că NGD=NGB; AGD=AGB=AGC.Dar NGB= ∙ și NGD= ∙ rezultă că NB=ND.

Din congruența triunghiurilor ANGD și ANGB (L.L.L.)înseamnă că ∢ANGD≡∢ANGB deci triunghiurile ΔANB≡∆AND ⇒ AB=AD. Analog se demonstrează că AD=DC=BC=AC.

3.2.7. Problemă: Dacă un tetraedru Crelle este echifacial atunci el este regulat.

Demonstrație:

A

E H

M

L

B D

F G

C

Figura 49.

Fie tetraedrul ABCD în care am înscris o sferă tangentă la muchii în punctele E, F, G, H, L, M. Notăm cu a, b, c, d respectiv lungimile tangentelor la sferă din A, B, C, D.

Ținând cont că tetraedrul este echifacial muchiile opuse trebuie să fie congruente, deci: b + d = c + a; b + a = d + c; a + d = c + b ⇒ a = b = c = d

Deci toate muchiile tetraedrului sunt congruente și tetraedrul ABCD este regulat.

3.2.8. Propoziție: Dintr-un punct oarecare interior unui tetraedru regulat se duc perpendicularele MK1, MK2, MK3 și MK4pe fețele lui. Să se demonstreze că + + + = ∙, unde O este centrul tetraedrului.

Demonstrație:

A

K3

K1

B1 M φ D1

K2 p

C1

B K4 D

C

Figura 50.

Este suficient să demonstrăm că proiecțiile vectorilor + + + și ∙ pe două plane neparalele coincid. (Într-adevăr de aici rezultă că cele două proiecții ale diferenței a celor doi vectori sunt egale cu vectorul nul; adică este perpendicular în același timp pe două plane neparalele, deci (=). Aceste plane se pot alege astfel ca demonstrația să se reducă la cazul plan(problema 3.1.). Ducem prin punctul M un plan p perpendicular, spre exemplu pe MK4 și proiectăm pe el vectorii MKi; i = 1,2,3. Fiecare din ei formează cu planul p un unghi φ = unghiul dintre înălțime și o față laterală a tetraedrului (= = ). Notăm cu Mi proiecția lui Ki pe planul p și cu pi proiecția lui Ki pe latura corespunzătoare a triunghiului de secțiune. Atunci =(și analoagele); =cos2φ (și analoagele). Deci = (și analoagele). Fie O centrul triunghiului de secțiune. Atunci conform problemei 3.1. obținem:

+ + = ( + + ) = ∙. Observăm că membrul stâng al egalității este proiecția sumei + + + pe planul p, iar membrul drept este proiecția vectorului ∙.

3.2.9. Propoziție: Un tetraedru este regulat dacă și numai dacă toate înălțimile lui sunt congruente și una din ele cade în ortocentrul feței opuse.

Demonstrație: Vom demonstra suficiența deoarece necesitatea este evidentă.

A

C1

B D

H B1

A1

C

Figura 51.

Fie H ortocentrul feței BCD unde cade înălțimea din A a tetraedrului ABCD. Din faptul că toate înălțimile tetraedrului sunt congruente, înseamnă că toate fețele au aceeași arie, adică A∆ABC = A∆BCD = A∆ACD = A∆ABD

Din faptul că A∆ABC = A∆BCD rezultă că înălțimea din A a feței ABC este congruentă cu înălțimea din D a feței DBC ( AA1=DD1)și din teorema celor trei perpendiculare rezultă că ele se întâlnesc în același punct A1 pe muchia BC. Triunghiurile ΔAA1C ≡ ∆DA1C (AA1=DD1, A1C=A1C). Înseamnă că AB=AD. Ducând înălțimea BB1 în triunghiul ΔBCD se demonstrează analog că AC=BC și AD=BD. Ducând și înălțimea CC1 în triunghiul ΔBCD rezultă ca mai sus că AB=BC și AD=CD. Deci în final avem AB=BC=AC=CD=DB=AD, adică tetraedrul este regulat.

3.3. Tetraedru echifacial (cu fețe congruente)

Pentru a construi un tetraedru cu fețe congruente diferit de tetraedrul cu toate muchiile congruente (regulat) considerăm un triunghi ascuțitunghic din hârtie pe care-l vom îndoi după liniile mijlocii. Atunci trei vârfuri se unesc în unul singur, iar jumătățile de laturi devin muchii laterale. Enumerăm acum proprietățile tetraedrului echifacial fiecare dintre ele fiind o condiție necesară și suficientă ca tetraedrul să fie echifacial și deci putând fi considerată ca definiția acestui tetraedru.

Fețele tetraedrului echifacial sunt congruente.

Muchiile opuse sunt congruente.

Unghiurile triede sunt congruente.

Unghiurile diedre opuse sunt congruente.

Două unghiuri plane alăturate unei muchii sunt congruente.

Suma unghiurilor plane din fiecare vârf este egală cu 1800.

Desfășuratul unui tetraedru este un triunghi sau un paralelogram.

Tetraedrul are trei axe de simetrie.

Perpendicularele comune a două muchii opuse sunt perpendiculare două câte două.

Liniile mediane (bimedianele) sunt perpendiculare.

Perimetrele fețelor sunt egale.

Ariile fețelor sunt egale.

Înălțimile tetraedrului sunt congruente.

Medianele tetraedrului sunt congruente.

Fețele tetraedrului sunt triunghiuri ascuțitunghice ce au aceeași rază a cercului circumscris.

Centrul de greutate al tetraedrului coincide cu centrul sferei circumscrise și cu centrul sferei înscrise.

Sfera înscrisă este tangentă fețelor în centrele cercurilor circumscrise acestora.

Suma cosinusurilor tuturor unghiurilor diedre este egală cu doi.

Suma distanțelor de la un punct ce aparține interiorului său frontierei unui tetraedru echifacial la fețele acestora este constantă.

CAPITOLUL 4

INEGALITĂȚI ÎN TRIUNGHI ȘI TETRAEDRU

4.1. Inegalități în triunghi

4.1.1. Teoremă: Un unghi exterior al unui triunghi este mai mare decât oricare din unghiurile triunghiului neadiacent cu acel unghi.

Demonstrație: Fie triunghiul ∆ABC și ∢ CAM unghiul exterior

C

E

D

M A B

Figura 52.

Vom arăta că m(∢ CAM)> m(∢ACB. D fiind mijlocul lui AC pe semidreapta (BD se consideră punctul E astfel încât (BD) ≡ (DE). E și M fiind de aceeași parte a lui AC iar E și D de aceeași parte a lui AM înseamnă că E∈ Int. ∢ CAM. Rezultă că ∢ CAE <∢ CAM; pe de altă parte triunghiurile ΔDAE≡∆DCB (L.U.L.), deci m(∢ACB) = m(∢ DAE) <m(∢ CAM). Pentru a arăta că m(∢ CAM) <m(∢ ABC) se face un raționament analog, folosind însă compararea cu celălalt unghi exterior cu vârful în A.

4.1.2. Problemă: Într-un triunghi scalen, laturii cu lungimea mai mare i se opune unghiul mai mare și reciproc.

Demonstrație: În triunghiul ΔABC cu AB<AC considerăm D∈(AC) astfel încât AD=AB. Avem că ∆ADB este isoscel și ∢ABD≡∢ ADB>∢ ACB , unghiul ∢ ADB fiind unghi exterior triunghiului ∆BDC. Pentru că D∈(AC) ⇒ (BD⊂(ABC) deci ∢ABC>∢ ABD>∢ ACB . Reciproca se face prin reducerea la absurd.

C

D

A B

Figura 53.

4.1.3 Teoremă: Suma lungimilor a două laturi ale unui triunghi este mai mare decât lungimea celei de a treia laturi.

Demonstrație:

C

A B M

Figura 54.

Ne propunem să demonstrăm că AB + BC > AC.

Fie M∈AB astfel încât B∈(AM) și BC=BM. Inelegalitatea ce trebuie demonstrată revine la AB + BM = AM >AC.

Pentru a demonstra că AM>AC este suficient să demonstrăm că m(∢ ACM) > m(∢ AMC). Prin construcție triunghiul ∆CBM este isoscel deci ∢AM ≡∢ BCM

Deoarece B∈Int. (∢ ACM) ⇒ m(∢ ACM)>m(∢ BCM) = m(∢ AMC) ceea ce demonstrează teorema.

4.1.4. Problemă: Fie triunghiul ∆ABC și M,N două puncte astfel încât B∈(MC), C∈(BN). Să se demonstreze că m(∢ MAN)<m(∢ A) + m(∢ B) + m(∢ C)

Demonstrație:

A

M B C N

Figura 55.

m(∢B)>m(∢ MAB) deoarece unghiul B este unghi exterior triunghiului ∆AMB

m(∢C)>m(∢ CAN deoarece unghiul C este unghi exterior triunghiului ΔACN

Deci m(∢ A) + m(∢ B) + m(∢ C) > m(∢ MAB) + m(∢ BAC) + m(∢ CAN)

m(∢ A) + m(∢ B) + m(∢ C)> m(∢ MAN)

4.1.5.Problemă: În triunghiul ∆ABC se consideră A1∈BC, B1∈AC, C1∈AB, astfel ca AA1⊥BC, BB1⊥AC și CC1⊥AB. Să se arate că: AA1 + BB1 + CC1<AB + AC + BC

Demonstrație:

A

C1 B1

B A1 C

Figura 56.

Conform problemei 4.1.2. avem AA1<AB, BB1<BC, CC1<AC. Prin însumare obținem AA1 + BB1 + CC1<AB + AC + BC

4.1.6.Problema: Se consideră triunghiul ΔABC în care AB<AC și punctul D, astfel încât C∈(AD). Să se arate că pentru orice punct M, M∈(BC) are loc: m(∢ ABM)+m(∢ BMA) > m(∢ CMD) + m(∢ MDC)

Demonstrație:

A

C

B M

D

Figura 57.

Conform teoremei 4.1.1. și problemei 4.1.2. avem ⇒ m(∢ ABM)+m(∢ BMA) > m(∢ CMD) + m(∢ MDC)

4.1.7.Problema: Fie triunghiul ∆ABC și O∈Int.∆ ABC Să se demonstreze că: < OA+OB+OC < BC + CA +AB

Demonstrație:

C

D

O

A B

Figura 58.

Conform teoremei 4.1.3. avem că în: ∆OAB⇒ OA+OB>AB; ∆OAC⇒ OA+OC>AC; ∆OBC⇒ OC+OB>CB. Adunând membru cu membru

Avem: 2OA+2OB+2OC >AB+AC+CB, deci < OA+OB+OC

Pentru a doua inegalitate fie AO∩BC = {D}. Avem că D∈(BC) și inegalitățile AO+OC<AO+OD+CD=AD+CD. Dar AD<AB+BD avem că OA+OC< AB+BD+CD⇒ OA+OC <AB+BC (1)

În mod analog obținem și inegalitățile: OA+OB <AB+AC (2) și OB+OC < AC+BC (3)

Adunând membru cu membru relațiile (1), (2) și (3) obținem OA+OB+OC < BC + CA +AB

4.1.8.Problema: Fie triunghiul ΔABC și D mijlocul laturii (BC). Să se arate că: AD <

Demonstrație:

B E

D

A C

Figura 59.

Prelungim (AD) cu un segment (DE)≡(AD). Obținem ∆ADC≡∆EDB. Deci BE=AC. Conform teoremei 4.1.3. avem AE<AB+BE. Adică 2AD<AB+AC. Deci AD < .

4.1.9.Problema: Se consideră triunghiul ∆ABC și D,E,Fmijloacele laturilor BC, CA și AB. Să se arate că:

AD+BE+CF< AB+AC+BC

Demonstrație:

A

F E

B D C

Figura 60.

Conform teoremei 4.1.3. avem: AB < AD+BD adică AB < AD +

BC < BE+EC adică BC < BE +

AC<CF+AF adică AC < CF +

Însumând membru cu membru avem:

AB+AC+BC< AD+BE+CF + + + ⇒ AD+BE+CF.

Pentru a doua inegalitate ne folosim de problema 4.1.8. adică: AD < ; BE < ; CF <

Însumând membru cu membru obținem AD+BE+CF< ⇒ AD+BE+CF< AB+AC+BC

4.1.10Problema: În triunghiul ∆ABC cu m(∢A) = 900 avem BC3 < AB3 + AC3

Demonstrație:

Cum m(∢ A)=900 conform problemei 4.1.2. avem BC>AB și BC>AC

Deci AB2∙BC>AB3 și AC2∙BC>AC3

Însumând relațiile de mai sus avem AB2∙BC+ AC2∙BC<AB3+AC3 adică BC(AB2+AC2)< AB3+AC3 dar ținând cont că triunghiul este dreptunghic, conform teoremei lui Pitagora avem că AB2+AC2=BC2. Deci BC∙ BC2< AB3+AC3 adică BC3 < AB3 + AC3.

4.2 Inegalități în tetraedru

În acest capitol vom pune în evidență o serie de inegalități între elementele unui tetraedru, unele dintre ele reprezentând generalizarea unor inegalități din triunghi. În cele ce urmează vom folosi următoarele inegalități cunoscute:

1) ≥ n2 pentru ai>0 (consecință a inegalității lui Cauchy- Buniakovski)

2) ai≥0 (inegalitatea mediilor)

Egalitatea având loc când a1=a2=…=an.

4.2.1.Problema: Fie O un punct interior tetraedrului A1A2A3A4 și Ai' punctul de intersecție al dreptei OAi cu fața opusă lui Ai Să arătăm că sunt îndeplinite următoarele relații:

1. =1 2. ≥16 3. ≥

4. =3 5. ≥12 6. ≥

7. ≥256 8. ≥ 9. =81

A1

A4' A3'

O

A2'

h1

'

h1'

A2 A4

H1 A1'

A3

Figura 61.

Demonstrație:

Fie h1înălțimea coborâtă din vârful A1 pe fața A2A3A4, iar h1'

perpendiculara coborâtă din punctul O pe fața A2A3A4. Notăm cu V volumul tetraedrului A1A2A3A4, iar cu V1, V2, V3, V4 volumele tetraedrelor OA2A3A4, OA1A3A4, OA1A2A4, O A1A2A3,deci V = V1 + V2 + V3 + V4.

Avem = = . Atunci = = ∙ =1.

Analog avem

= = ≥42 = 16

Din = avem = adică =

Deci = V = ≥

= = = ∙3V = 3

Din = – 1 și ținând cont de relatia 2. avem că = – 4 ≥ 16 – 4 = 12

Din = – 1 și ținând cont de relatia 3. avem că = – 4 ≥ – 4 =

7. = = . Știind că V = V1 + V2 +

+V3 + V4 și ținând cont de inegalitatea 2. valoarea maximă se obține pentru V1 = V2 = V3 = V4 = și deci = = 256

8. Din inegalitatea 3. avem că = . Atunci =

V4 = . Deoarece = 3Vatunci valoarea maximă a lui se obține pentru V-V1= V-V2= V-V3= V-V4 = și relația 8. rezultă imediat: = = = .

9. În relația 5. observăm că = – 1 înseamnă că = = ∙ ∙ ∙ Dar din inegalitatea mediilor avem că: ≥ 3 ; ≥ 3 ; ≥ 3 ; ≥ 3

Înmulțind aceste relații membru cu membru obținem (∙ (∙ (∙ (≥ 81V1V2V2V4

Deci = ≥81

Dacă O este centrul sferei circumscrise tetraedrului atunci OA1=OA2=OA3=OA4=R și obținem următoarele rezultate:

3'. ≥ R 4'. = 5'. ≥ 6'. ≥ 8'. ≥ R4 9'. =

Este interesant că aplicând același raționament unui triunghi A1A2A3 pentru un punct O interior lui, obținem relații analoge care pot fi considerate ca niște particularizări ale relațiilor precedente:

1''. =1 2''. ≥9 3''. ≥

4''. =2 5''. ≥6 6''. ≥

7''. ≥27 8''. ≥ 9''. =8

4.2.2.Problemă: Fie P un punct situat în interiorul tetraedrului ABCD și A1, B1, C1, D1 respectiv proiecțiile ortogonale ale lui P pe planele (BCD),(CDA),(DAB) si (ABC). Să se demonstreze că: + + + ≥. Unde S este aria totală a tetraedrului, iar r este lungimea razei sferei înscrise în tetraedru. În ce caz avem egalitate ?

Demonstrație:Folosind inegalitatea lui Cauchy-Buniakovski-Schwartz:

≥ cu egalitate dacă și numai dacă există n ∈ R astfel încât xi = nyi pentru orice i ∈ 1…n. Dacă în această inegalitate înlocuim xi = , yi = unde ai, bi ∈ pentru orice i ∈ 1…n obținem inegalitatea: ∙ ≥

Pentru n=3 și a1=A∆BCD; a2=A∆ACD; a3=A∆BAD; a4=A∆BCA; b1=PA1; b2=PB1; b3=PC1; b4=PD1, deducem că: ∙ ≥ avem

( + + + ) (A∆BCD∙PA1 + A∆ACD∙PB1 + A∆BAD∙PC1 + A∆BCA∙PD1) = 3V( + + + )≥S2 unde V este volumul tetraedrului ABCD.Rezultă atunci că: + + + ≥ = =

Egalitate se obține dacă există n∈ astfel încât = n echivalent cu PA1=PB1=PC1=PD1 adică P este centrul sferei înscrise în tetraedru.

4.2.3.Problemă: Să se determine lungimile muchiilor unui tetraedru tridreptunghic de volum dat l3,astfel încât suma lor sa fie minimă.

A

x

O

y z

B C

Figura 62.

Demonstrație: Fie tetraedrul tridreptunghic OABC cu OA⊥OB, OB⊥OC, OC⊥OA și OA=x, OB=y, OC=z. Din ipoteză avem că = l3. Suma lungimilor muchiilor este S=x+y+z+ + +. Folosind inegalitatea mediilor obținem: x+y+z ≥3 = 3 =3l și + + ≥3≥3 = 3 =3 =3 =3

Inegalitățile de mai sus se transformă în egalități dacă x=y=z. Înseamnă că minimul lui S este 3l + 3 și este atins pentru x=y=z =l deci pentru AB=AC=BC = .

4.2.4.Problemă: În orice tetraedru există un vârf astfel încât cu muchiile ce pleacă din acesta se poate construi un triunghi.

Demonstrație:

Introducem următoarele notații: Ai-vârfurile tetraedrului i=; aik – lungimea muchiei AiAk; i, k=. Fie a12 lungimea celei mai mari muchii a tetraedrului. În triunghiurile ΔA1A2A3 și ΔA1A2A4 avem: a12<a13+a23 și a12<a14+a24, adunând relațiile obținem 2a12<a13+a23+a14+a24 (1).

Presupunem că din segmentele a12, a13 și a14 nu se poate construi un triunghi; atunci a12>a13+a14 (2). Din (1) și (2) urmează că a12<a23+a24 și în acest caz din segmentele a12, a23 și a24 se poate construi un triunghi.

4.2.5.Problema: Fiecare față a tetraedrului ABCD este un triunghi ascuțitunghic. Să considerăm liniile frânte XZYTX definite în felul următor: X -punct interior pe muchia AB diferit de A și B. Analog Y, Z, T sunt puncte interioare pe muchiile BC, CD și DA. Să se demonstreze:

a. Dacă m(∢DAB) + m(∢BCD) ≠ m(∢ABC) + m(∢CDA) atunci între aceste linii nu-i nici una care să fie cea mai scurtă.

b. Dacă m(∢DAB) + m(∢BCD) = m(∢ABC) + m(∢CDA) există o infinitate de linii cu lungime minimă și această lungime este egală cu 2ACsin , unde m(∢α) = m(∢BAC) + m(∢CAD) + m(∢BAD).

Demonstrație:

D A

T Z

X

C

B Y

Z

A C

Y D

X

B

Figura 63. Figura 64.

Să presupunem contrariul, adică există cea mai scurtă linie frântă XYZTX (figura 63). Așezând fețele ABC și BCD și într-un plan obținem un patrulater convex ABCD (figura 64). Atunci faptul că linia are lungime minimă, urmează că m(∢XYB) = m(∢ZYC). Raționând analog obținem: m(∢YZC) = m(∢TZD); m(∢TZD) = m(∢XTA); m(∢XTA) = m(∢YXA). De aici obținem: m(∢DAB) + m(∢BCD) = 1800 – m(∢YXB) – m(∢XYB) +1800 – m(∢ZTD) – m(∢TZD) = m(∢ABC) + m(∢ADC) ceea ce contrazice presupunerea de la punctul a.

b. Fie acum m(∢DAB) + m(∢BCD) = m(∢ABC) + m(∢ADC) (1).α este suma unghiurilor plane din vârful A, iar β, γ și δ suma unghiurilor plane din vârfurile B, C, D. Din m(∢α) = m(∢BAC) + m(∢CAD) + m(∢BAD) ⇒ m(∢γ) = m(∢ACB) + m(∢ACD) + m(∢BCD). Înseamnă că m(∢α) + m(∢γ) = m(∢BAC) + m(∢CAD) + m(∢BAD) + m(∢ACB) + m(∢ACD) + m(∢BCD) = [m(∢ABC) + m(∢BAC) + m(∢ACB)] + [m(∢ADC) + m(∢CAB) + m(∢ACD)] = 3600, adică m(∢α) + m(∢γ) = 3600. Analog m(∢β) + m(∢δ) = 3600. Deci cel puțin unul din unghiurile α și γ și unul din unghiurile β și δ nu depășește 1800. Fie aceste unghiuri α și β.Tăiem suprafața tetraedrului dea lungul muchiilor AC, CD și DB și o desfășurăm într-un plan.(Dacă unghiurile care nu depășesc 1800 vor fi altele, atunci vom face tăietura dea lungul altor muchii dar în așa fel ca linia frântă dea lungul căreia se face tăietura să aibă capetele în vârfurile acestor unghiuri). Obținem desfășurarea AC'D'BDC formată din triunghiurile: ∆AC'D, ∆ABD', ∆ABC și ∆BCD.

A

C' C

Z'

Z' T X Y

D

D'

B

Figura 65.

Din egalitatea (1) obținem că segmentele CD și C'D' sunt paralele și la fel orientate. Atunci CDD'C'– paralelogram și din considerarea triunghiului isoscel ΔACC' rezultă că CC'=2ACsinα. Deoarece s-a presupus că α și β nu depășesc 1800, paralelogramul este în întregime cuprins în figura AC'D'BD și fiecare segment ZZ' paralel și congruent cu CC' corespunde lungimii minime a liniei frânte XYZTX.

4.2.6.Problemă: În tetraedrul ABCD avem BD⊥DC, iar piciorul perpendicularei dusă din D pe planul triunghiului ΔABC coincide cu ortocentrul acestuia. Să se arate că: ≤6(AD2+BD2+CD2)

Pentru care fel de tetraedru are loc egalitatea ?

Demonstrație:

D

b1 c1

a1

B a A1 C

C1 H B1

c b

A

Figura 66.

Din DH⊥(ABC), HB1⊥AC ⇒ DB1⊥AC ⇒ AC⊥(DBB1) ⇒ AC⊥BD (1).

Din DH⊥(ABC), HC1⊥AB ⇒ DC1⊥AB ⇒ AB⊥(DCC1) ⇒ AB⊥DC (2).

Din DH⊥(ABC), HA1⊥BC ⇒ DA1⊥BC ⇒ BC⊥(DAA1) ⇒ BC⊥AD (3).

Din (1), (2) și (3) rezultă că muchiile opuse ale tetraedrului sunt perpendiculare.

Din ⇒ BD⊥ (ADC) ⇒ BD⊥AD

Din ⇒ DC⊥ (ABD) ⇒ DC⊥AD

Notăm AB=c, AC=b, BC=a, AD=a1, BD=b1, CD=c1.

Avem că: a2 = b12 + c12 = c2 – a12 + b2 – a12 ⇒ 2a12 = b2 + c2 – a2. Analog 2b12 = a2 + c2 – b2 și 2c12 = b2 + a2 – c2

Sau a2 + a12 = a2 + = (4)

b2 + b12 = b2 + = (5)

c2 + c12 = c2 + =(6) Din (4), (5) și (6) avem că : 2(a2 + a12 + b2 + b12 + c2 + c12) = 3(a2 + b2 + c2)

adică 6(a12 + b12 + c12) = 3(a2 + b2 + c2). Avem că: (c – a)2≥0; (a – b)2≥0;

(b – c)2≥0 ⇒ 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 și prin urmare 6(a12 + b12 + c12) ≥ (a + b + c)2 adică : ≤6(AD2+BD2+CD2)

Ca să avem egalitate trebuie ca baza să fie un triunghi echilateral.

4.2.7.Problemă: Prin punctul mobil M de pe muchia A3A4 a tetraedrului A1A2A3A4 se duc planele Π1 și Π2 paralele cu A1A2A4 respectiv cu A1A2A3. Fie V1 și V2 volumele tetraedrelor determinate de secțiunile planelor și vârfurile A3 și A4.

Se cere:

1. min.(V12 + V22)

2. locul geometric al centrelor sferelor circumscrise tetraedelor de volume V1 respectiv V2.

Demonstrație.

A1

B2

C2

A2 C1 A4

B1 M

A3

Figura 67.

Π1 = (MB1B2), Π2 = (MC1C2) și V = volumul tetraedrului A1A2A3A4

1. Vom folosi o proprietate cunoscută : raportul volumelor a două piramide asemenea este egal cu cubul raportului de asemănare.

Din (MB1B2)∥(A1A2A4) ⇒ = (1)

Din (MC1C2)∥(A1A2A3) ⇒ = (2)

Adunând relațiile (1) și (2) ⇒ = .

Având în vedere că a, b > 0 și (a – b)2≥0 avem 4(a3 + b3)≥(a + b)3,

semnul egal având loc pentru a=b și ținând cont de relațiile precedente obținem că : 4(V1+V2) ≥ V sau 16(V1 + V2)2 ≥ V2. Dar 2(V12 + V22) ≥(V1 + V2)2 și prin urmare 32 (V12 + V22) ≥ V2 ⇒ min. (V12 + V22) = V2; M∈ A3A4, minimul fiind atins când M coincide cu mijlocul segmentului A3A4.

2. Fie O1 și O2 centrele sferelor circumscrise tetraedrelor de volume V1 și

V2. Când M coincide cu A3, atunci O1 coincide cu A3, iar O2 coincide cu O (O fiind centrul sferei circumscise tetraedrului A1A2A3A4). Când M coincide cu A4 atunci și O2 coincide cu A4, iar O1coincide cu O. Deci când M descrie muchia A3A4, O1 descrie A3O și O2 decrie A4O.

4.2.8.Problemă: Fie tetraedrul tridreptunghic OABC. Demonstrați că: AB3 + AC3 + BC3 < 2(OA3 + OB3 OC3)

Demonstrație:.

A

O

B

C

Figura 68.

Conform problemei 4.1.10. avem că:

AB3 < OA3 + OB3

AC3 < OA3 + OC3

BC3 < OC3 + OB3

Adunând relațiile obținem: AB3 + AC3 + BC3 < 2(OA3 + OB3 OC3

CAPITOLUL 5

5.SECȚIUNI ÎN TETRAEDRU

5.1. Definiție: Se numește plan de secțiune al unui tetraedru, un plan care are cel puțin un punct comun cu tetraedrul. Mulțimea punctelor comune planului și tetraedrului se numește secțiune în tetraedru.

5.2 Propoziție: Prin secționarea unui tetraedru cu un plan se obține: un punct, un segment, un triunghi sau un patrulater.

Demonstrație:

Într-adevăr fie tetraedrul ABCD și un plan de secțiune α. Dacă planul de secțiune α trece printr-un vârf al tetraedrului și toate celelalte vârfuri sunt de aceeași parte a planului, din definiția tetraedrului rezultă că planul α nu mai are alt punct comun cu tetraedrul. Deci secțiunea se reduce la un punct. Dacă două din vârfurile tetraedrului sunt conținute în planul α iar celelalte vârfuri sunt de aceeași parte a lui α rezultă din definiția tetraedrului că intersecția lui cu planul α este muchia ce unește cele două vârfuri conținute în plan.

Dacă trei vârfuri ale tetraedrului sunt conținute în planul α, secțiunea este chiar fața determinată de cele trei vârfuri.

În cazul în care planul α trece prin vârful al tetraedrului și are un punct comun M cu interiorul teraedrului ABCD, atunci AM∩ABCD = AN unde N = AM∩(BCD). Planele α și BCD având un punct comun N, se intersectează după o dreaptă care fie trece printr-un vârf al triunghiului BDC și taie o latură a acestui triunghi, fie că taie două laturi ale triunghiului BDC în puncte diferite de vârf.

A A

M M

B C1

N D B N D

B1 B1

C C

Figura 69.a. Figura 69.b.

În ambele cazuri secțiunea este un triunghi. Dacă planul α conține muchia AB a tetraedrului și un punct interior M, atunci α =(ABM) intersecteză muchia CD într-un punct N, deoarece semiplanul (AB; M) este interior unghiului diedru de muchie AB. Deci secțiunea este triunghiul ΔABN (figura 70).

A

M

B D

N

C

Figura 70.

Presupunem că α conține punctul M de pe muchia AB dar nu conține muchia AB. Atunci planul α intersecteză tetraedrul ABCD fie după un triunghi, fie după un patrulater, după cum celelalte două muchii intersectate aparțin sau nu aceluiași triunghi. În primul caz intersecția planului α poate fi triunghiul ΔMNP (figura 72 a) sau triunghiul ΔMN1P1 (figura 72b).

A A

M

P M

N

D B P1 D

B

N1

C C

Figura 71.a. Figura 71.b.

În al doilea caz, fie N∈AC și P∈BD (figura 72).

A

M

P D

B

N

Q

C

E

Figura 72.

Segmentul MN este conținut în triunghiul ΔABC, iar segmentul MP este conținut în triunghiul ΔABD. Dreapta MN∩BC=E care fiind pe BC, aparține planului BCD la fel ca și punctul P, deci dreapta PE este conținută în planul BCD. Dreapta PE∩CD = Q. Segmentul PQ este o latură a secțiunii. Punctele N și Q sunt pe aceeași față deci secțiunea este poligonul MNPQ. Un plan nu poate secționa un tetraedru după un pentagon sau hexagon. Într-adevăr presupunem că planul α taie încă o muchie în afara muchiilor AB, AC, CD, DB. Fie muchia AD pe care o taie planul α în punctul R. Deoarece M, P, R aparțin la două plane diferite α și (ABD), ar rezulta că ele sunt coliniare, ceea ce contrazice axioma lui Pasch. ( Fie dat un triunghi ABC și a o dreapta din planul (ABC) care nu trece prin nici unul din vârfurile triunghiului. Dacă dreapta a separă o pereche de vârfuri ale triunghiului ABC, atunci ea separă exact încă una din perechile de vârfuri ale triunghiului ABC). În concluzie singurele secțiuni în tetraedru sunt: un punct, un segment, un triunghi și un patrulater.

5.3.Problemă: Arătați că orice tetraedru poate fi secționat cu un plan astfel încât secțiunea să fie romb.

Demonstrație:

A

Q

M

C

D

P

N

B

Figura 73.

Fie MNPQ patrulaterul obținut prin secționarea tetraedrului ABCD cu un plan. MNPQ este romb dacă și numai dacă MN∥PQ, MQ∥NP și (MN)≡(MQ).

Primele două condiții sunt satisfăcute dacă planul cu care secționăm tetraedrul este paralel cu AB și CD. Demonstrăm acum că există M∈(AD) astfel încât MN=MQ. Notăm AB = c, CD = d, MN = MQ = x. Din asemănarea triunghiurilor∆AMQ și ∆ADC ⇒ = iar din asemănarea triunghiurilor ∆MDN și ∆ADB ⇒ = . De aici x = . Prin urmare MD = .

5.4.Problemă: Să se arate în ce condiții un tetraedru poate fi secționat cu un plan astfel încât secțiunea să fie:

a. dreptunghi.

b. pătrat.

Demonstrație:

a. Patrulaterul MNPQ obținut prin secționarea tetraedrului ABCD cu un plan este dreptunghi dacă MN∥PQ, MQ∥NP și MN⊥NP (figura 73).

Primele două condiții sunt satisfăcute dacă planul de secțiune este paralel cu AB și cu CD. A treia condiție este satisfăcută dacă AB CD.

b.Patrulaterul MNPQeste pătrat dacă sunt îndeplinite condițiile problemei 5.3 și 5.4.a.

5.5.Problemă: Să se determine toate planele de secțiune egal depărtate de vârfurile unui tetraedru.

Demonstrație:

A A

A1

M A1 α1 M Q

B1 P D1 B1 D1

N

B C1 D B D

N P

C C

α5

C1

Figura 74. Figura 75.

Secționăm tetraedrul ABCD cu un plan α1, paralel cu planul BCD și care intersecteză muchiile AB, AC și AD în punctele M, N, P, astfel încât MA=MB, NA=NC și PA=PD(figura74). Fie A1, B1, C1 și D1 proiecțiile punctelor respectiv A,B,C,D pe planul α1. Din congruența triunghiurilorΔ AMA1 și ΔBMB1 ; ΔNAA1 și ΔNCC1 ; ΔPAA1 și ΔPDD1 înseamnă că AA1=BB1=CC1=DD1 deci α1 este unul din planele căutate. Analog se găsesc încă trei plane α2, α3, și α4 paralele respectiv cu planele ABC, ACD și ADB față de care vârfurile tetraedrului sunt egal depărtate.

Secționăm tetraedrul ABCD cu un plan α5 paralel cu BD și cu AC care intersectează muchiile AB, BC, CD și AD în punctele M, N, P și Q astfel încât MA=MB; NB=NC; PC=PD și QA=QD(figura 75).

Din congruența triunghiurilor ΔAA1M și ΔBB1M ; ΔBB1N și ΔCC1N ; ΔCC1P și ΔDD1P; ΔDD1Q și ΔAA1Q înseamnă că AA1=BB1=CC1=DD1, unde A1, B1, C1 și D1sunt proiecțiile pe planul α5 a punctelor A, B, C respectiv D.

Analog se găsesc încă două plane α6 și α7 paralele respectiv cu AB și CD; BC și AD față de care vârfurile teraedrului ABCD sunt egal depărtate. În concluzie există șapte plane egal depărtate de vârfurile unui tetraedru.

5.6.Problemă: Să se demonstreze că aria secțiunii determinate de un plan într-un tetraedru este mai mică decât aria cel puțin a unei fețe.

Demonstrație:

Vom demonstra în prealabil că dacă în spațiu sunt date două drepte neparalele a și b și dacă din trei puncte consecutive A1, A2, A3 ale dreptei „a” se coboară perpendicularele A1B1, A2B2, A3B3 pe dreapta b, atunci segmentul A2B2 este mai mic decât unul din segmentele A1B1 sau A3B3.

a A1 A2 A3

a' A1' A2' A3'

B1

B2

B3

α b

Figura 76.

Într-adevăr ducem prin dreapta b planul α paralel cu dreapta a (figura 76) și fie A1', A2' și A3' proiecțiile punctelor A1, A2 și A3 pe planul α. Conform teoremei celor trei perpendiculare conchidem că dreptele A1'B1, A2'B2 și A3'B3 sunt perpendiculare pe dreapta b.

Deoarece segmentul A2'B2 este mai mic decât unul din segmentele A1'B1 sau A3'B3 atunci A2B2 este mai mic decât unul din segmentele A1B1 sau A3B3.

Trecem la rezolvarea problemei propuse.

1. Fie secțiunea RCD în tetraedrul ABCD ce trece prin muchia CD. În

triunghiurile ΔACD;ΔRCD; ΔBCD considerăm înățimile corespunzătoare bazei comune CD (figura 77 a).

A B A

R R

Q R

P P

B A B

D D D

C C C

Figura 77.a. Figura 77.b. Figura77.c.

Deoarece R se află între A și B( conform celor demonstrate anterior) înălțimea dusă din R în triunghiul ΔRCD este mai mică decât cel puțin una din înălțimile duse din A respectiv B în triunghiurile ΔACD și ΔBCD.

Deci aria triunghiului ΔRCD este mai mică decât aria triunghiului ΔACD sau aria triunghiuluiΔ BCD.

2. Fie secțiunea APR ce trece prin vârful A al tetraedrului ABCD (figura 77 b). Unim P cu vârful D. Atunci în tetraedrul PADB secțiunea PAR trece prin muchia PA deci A∆PAR<A∆PAB (1) sau A∆PAR<A∆PAD (2)

Dacă are loc relația (1) cum A∆PAB<A∆CAB înseamnă ca A∆PAR<A∆CAB

Dacă are loc relația (2) folosind rezultatul de la 1. pentru secțiunea ADP

în tetraedrul ABCD găsim că: A∆APD<A∆ACD sau A∆APB<A∆ABD înseamnă că A∆PAR<A∆ACD sau A∆PAR<A∆ABD.

3. Să considerăm în sfârșit secțiunea de forma mai generală PQR(figura 77 c). Unim un vârf oarecare, fie acesta P, cu extremitățile muchiei opuse BD.

Din demonstrația de la punctul 2. rezultă că A∆PQR este mai mică decât aria cel puțin a unei fețe a tetraedrului PABD. Dar fiecare arie a feței tetraedrului PADB este egală sau mai mică decât aria unei fețe a tetraedrului ABCD. Bineînțeles că fața ABD este comună celor două tetraedre. Triunghiurile ΔPAB și Δ PAD sunt părți ale triunghiurilor Δ ABC respectiv ΔADC, A∆PBD<A∆BDA sau A∆PBD<A∆BCD, deoarece PBD este o secțiune a tetraedrului ABCD ce conține o muchie a lui.

5.7.Problemă: Un plan secționează un tetraedru regulat după un patrulater. Să se demonstreze că perimetrul acestuia nu-i mai mic decât 2l dar e mai mic decât 3l, unde l este muchia tetraedrului regulat.

Demonstrație:

Vom demonstra mai întâi că perimetrul patrulaterului pe care-l vom nota cu p este mai mare decât 2l.

A A D A

K1 K2

K

B D B C B

C

Figura 78. Figura 79.

Desfășurând tetraedrul pe un plan obținem figura 79, un paralelogram, conturul patrulaterului de secțiune se transformă în linia frântă K1…K2. Se observă că perimetrul p va fi egal cu 2l dacă și numai dacă planul de secțiune este paralel cu două muchii opuse, iar în celelalte cazuri p>2l.

Demonstrarea inegalității p<3l este mai ușoară de obținut dacă considerăm familia de secțiuni în tetraedru date de plane paralele.

Fie un plan de secțiune ce se deplasează paralel cu el însuși; considerăm un interval al valorilor lui p, p∈(b1;b2) astfel că pentru b1<p<b2 să fie un patrulater, iar pentru p = b1 șip = b2 secțiunea se transformă în triunghi. Lungimea fiecărei laturi a secțiunii, deci a perimetrului p, va fi o funcție liniară de e : p(e) = ke + c (k și c – constante).

Valoarea maximă și minimă a acestei funcții este luată la capetele segmentului [b1,b2], când secțiunea este triunghi. Dar lungimea fiecărui segment cu extremitățile pe laturile unui triunghi echilateral nu-i mai mare decât lungimea lui l, deci p< 3l.

5.8. Problemă:Tetraedrul ABCD este intersectat cu planele α și β paralele cu dreptele AB și CD. Să se demonstreze că secțiunile determinate de α și β în tetraedru, au aceeași arie dacă distanța de la AB la α este egală cu distanța de la CD la planul β.

Demonstrație:

D

M3

M2

N3

M4 N4 B

C N2

M1

N1

A

Figura 80.

Deoarece prin ipoteză α∥CD și α∥AB atunci α intersectează planele (CDB), (CDA), (ABC) și (ABD )după drepte paralele cu CD și AB. Prin urmare secțiunea M1M2M3M4 este un paralelogram; raționând analog pentru planul β deducem că și N1N2N3N4 este paralelogram. Să notăm cu φ măsura unghiului dintre dreptele AB și CD. Dreptele M1M2, M3M4, N1N2, N3N4 sunt paralele cu CD, iar dreptele M1M4, M2M3, N1N4, N2N3 sunt paralele cu AB. Deoarece distanța de la AB la planul α este egală cu distanța de la CD la planul β ⇒ CM1=AN1

Fie = = k; 0<k<1 ⇒ M1M4 = kAB; M1M2 = (1 – k)CD; N1N4 = (1 – k)AB; N1N2 = kCD ⇒

= M1M4 ⋅ M1M2 ⋅ sin φ = k(1 – k)AB⋅CD⋅ sin φ

= N1N4 ⋅ N1N2 ⋅ sin φ = k(1 – k)AB⋅CD⋅ sin φ

Deci, =

5.9.Problemă: Se consideră tetraedrul DABC, punctele M și N situate respectiv în fețele ADC și ABC astfel ca MN ∥ DB. Să se afle locul geometric al punctului L situat pe MN care satisface relația: =

Demonstrație: Considerăm planul α care conține muchia DB și este perpendicular pe AC. Acest plan intersectează AC în H. Atunci avem: DHAC și BHAC.(figura 81).

D

M

F

L

E C

H

A

N

B

Figura 81.

⇒ = (1) unde L∈(MN)

Folosind teorema: un fascicol de drepte concurente determină pe două drepte paralele segmente proporționale, avem: (2). Din (1) și (2) avem că . Conform reciprocei teoremei bisectoarei rezultă că HF este bisectoarea ∢DHB. Notăm cu β planul determinat de AC și F. Locul geometric este secțiunea determinată de planul β în tetraedrul DABC .

Reciproc: Fie L un punct oarecare al secțiunii . Prin L ducem paralela la DB și obținem segmentul MN. Atunci avem: . Dar F fiind piciorul bisectoarei ∢DHB din triunghiul ΔDHB, avem: ; ⇒

5.10.Problemă: Dacă A, B, C, D sunt patru puncte necoplanare și Π este un plan astfel încât A, B sunt de o parte iar C, D de cealaltă parte a planului. Vom nota cu a, b, c și d distanțele punctelor A, B, C și D la planul Π.Atunci:

1. Planul Π împarte tetraedrul ABCD în două corpuri ale căror volume sunt proporționale cu mărimile m, n unde:

m = m(a, b, c, d) = ab[ab+(a+b)(c+d)+cd]+cd(a2 + b2)

n = n(a, b, c, d) = cd[cd+(c+d)(a+b)+ab]+ab(a2 + b2)

iar m+n =(a+c)(a+d)(b+c)(b+d)

2. Aria secțiunii planului Π în tetraedrul ABCD este dată de relația

AMNPQ = 3⋅V unde am notat prin V – volumul tetraedrului M = Π∩AC; N = Π∩AD; P = Π∩BC; Q = Π∩BD.

Demonstrație: Introducem notația dΠ (X)– distanța de la punctul X la planul Π și vom folosi faptul cunoscut că un plan Π împarte segmentul XY în raportul φ dat de relația: φ = , unde E = Π∩XY.

A

N

M

B Q D

P

C

Figura 82.

Distingem două cazuri:

Cazul 1: c=d (Π∥CD)

= + = ∙ + ∙ = (1 – ∙ ) + ∙ ∙ = ∙(1 – ) + = = =

Așadar se observă că avem: = = =

Cazul 2: c=d (Π∦CD) Observăm că CD∩ Π = {S}=PQ∩MN

A

M N

S

Q

B D

P

C

Figura 83.

= = – = ∙ – ∙ = ∙ ∙ – ∙ ∙ = ∙ ∙ – ∙ ∙ = = =

Așadar putem scrie că: = = =

Pentru a calcula aria secțiunii MNPQ, observăm că volumul corpului CDMNPQ poate fi exprimat astfel:

VCDMNPQ = ⋅ V = VCMNPQ + VCNDQ = ⋅ c ⋅ AMNPQ + ⋅ V ⇒

AMNPQ = ⋅ =

= ⋅ =

= ⋅ = 3⋅V

În continuare, vom prezenta câteva situații particulare interesante, mai frecvente întâlnite în probleme relative la secțiunile tetraedului. Înainte însă facem observația că:

m(a,b,c,d) – n(a,b,c,d)=(a+b+c-d)[ab(c+d)+cd(a+b)]+

5.11Problema: Fie Π un plan care trece prin centrul de greutate al tetraedrului ABCD astfel încât A,B și C,D să fie de o parte și de cealaltă a planului. Planul Π împarte două muchii opuse în același raport.

Demonstrație:

Se observă că în ipoteza a+b=c+d (G – centrul de greutate al tetraedrului ABCD, G∈Π) m=n este echivalent cu ab=cd care exprimă faptul că:

= sau =

5.12.Problema: Orice plan dus prin mijloacele a două muchii ale unui tetraedru împarte volumul acestuia în două părți egale.

Demonstrație:

Se observă că m(a,b,c,d)=n(a,b,c,d).

Am considerat mijloacele M și Q ale muchiilor opuse AC și BD. Astfel se poate folosi problema precedentă, știind că centrul de greutate se găsește pe bimediana MQ(GM=MQ).

5.13.Problema: Orice plan care intersectează tetraedrul ABCD paralel cu două muchii opuse AB și CD împarte tetraedrul în două corpuri ale căror volume sunt proporționale cu mărimile: γ2(γ+3) și 3γ+1 unde γ = iar Π∩AC = M.

Demonstrație:

Într-adevăr a=b, c=d și γ = .

Se obține: m=m(a,a,c,c)=a2 (a+c)(a+3c)= c4 γ2(γ+1) (γ+3)

n=n(a,a,c,c)= c2(c+a)(c+3a) = c4 (γ+1) (3γ+1)

Adică sunt proporționale cu mărimile: γ2(γ+3) și 3γ+1 și

Observații:

Cele două volume sunt egale dacă și numai dacă γ = 1 adică a=b=c=d, ceea ce înseamnă că planul Π trece prin mijloacele muchiilor AC, AD, CD, DB ale tetraedrului ABCD deci și prin centrul de greutate al acestuia.

CAPITOLUL 6

6. PROBLEME DIN GAZETA MATEMATICĂ ȘI OLIMPIADE

6.1.Problemă: Fie P un punct situat în interiorul unui triunghi echilateral ABC de latură 1. Să se arate că PA + PB + PC < 3.

G.M.-B NR. 4/2009

Demonstrație:

A

P

B C

Figura 84.

Avem: PB + PC < AB + AC = 2; PA + PC < BA + BC = 2; PA + PB < CA + CB = 2 Prin însumare rezultă 2( PA + PB + PC) < 6 ⇒ PA + PB + PC < 3

6.2.Problemă: Un tetraedru are lungimile laturilor exprimate prin numere naturale astfel încât produsul lungimilor oricăror două muchii opuse este egal cu 6. Arătați că tetraedrul este o piramidă patrulateră regulată în care muchiile laterale formează cu planul bazei unghiuri cu măsura mai mare sau egală cu 300.

O.N.M., Timișoara, 2008

Demonstrație:

A

D

B

C

Figura 85.

Lungimile muchiilor tetraedrului sunt 1, 2, 3 sau 6. Fie u măsura unghiului dintre muchia lateral și planul bazei. Dacă una dintre muchii, de exemplu AB, este 1, atunci una dintre fețe, de exemplu ABC este triunghi echilateral cu latura 1, altfel s-ar contrazice inegalitatea triunghiului. Celelalte 3 muchii vor avea lungimea 6, deci ABCD este piramidă regulată cu vârful D.

Piramida are înălțimea = , sin u = > ; de unde u > 300.

Dacă niciuna dintre laturi nu este 1, atunci trei dintre muchii sunt egale cu 2, iar celelalte trei muchii sunt egale cu 3.Cel puțin două dintre muchiile cu un capăt în D sunt egale, de exemplu DA = DC = 3: Atunci BA = BC = 2: Dacă AC = 3; tetraedrul este piramidă regulată cu vârful B. Dacă AC = 2; tetraedrul este piramidă regulată cu vârful D. Piramida cu muchiile bazei egale cu 2 și muchiile laterale egale cu 3 are are înălțimea = , deci sin u = > ; de unde u > 300.

Piramida cu muchiile bazei egale cu 3 și muchiile laterale egale cu 2 are înălțimea = 1 , deci sin u = ; de unde u = 300.

6.3.Problemă: Fie ABC un triunghi, în care cercul circumscris C are centrul O. Punctele P și Q se află pe laturile CA, respectivAb, în interiorul acestora. Fie K, L și M mijloacele segmentelor BP, CQ, respective PQ și fie C1 cercul circumscris triunghiului KLM. Arătați că, dacă dreapta PQ este tangentă cercului C1, atunci OP=OQ.

O.I.M., Bremen, Germania, 2009

Demonstrație:

A

P

M

Q K

L

B C

Figura 86.

Trebuie să demonstrăm că punctele P, Q sunt egal depărtate de centrul cercului C, adică cele două puncte au puteri egale față de C, echivalent cu AP∙PC = AQ∙QB .

Observăm că ∢MKL≡∢LMP (din condiția de tangență) și ∢LMP≡∢QPA ( deoarece ML este linie mijlocie în triunghiul CPQ, deci LM∥PC). Astfel, ∢MKL≡∢QPA; analog ∢MLK≡∢QMK (din condiția de tangență) și ∢QMK≡∢AQP ( deoarece MK este linie mijlocie în triunghiul BPQ, deci MK∥QB), reiese că ∢MLK≡∢AQP ⇒ ∆APQ∼MKL ⇒ = ; folosind relațiile PC = 2ML, BQ = 2MK obținem AP∙PC = AQ∙QB

6.4.Problemă: Fie ABCD un tetraedru. Demonstrați că dacă un punct M din spațiu satisface relația MA2 +MB2 +CD2 = MB2 +MC2 +DA2 =MC2 +MD2 +AB2 = MD2 +MA2 +BC2, atunci aparține perpendicularei comune a dreptelor AC și BD.

O.N.M., Pitești, 2007

Demonstrație:

Din ipoteză avem MA2 –MC2 = DA2 – DC2 = BA2 − BC2 = x. Notăm M1,D1,B1 proiecțiile punctelor M, D, B pe dreapta AC. Atunci x = M1A2 − M1C2 = D1A2 − D1C2 = B1A2 − B1C2 ⇒ M1 = D1 = B1, adică M,B,D aparțin unui plan α perpendicular pe dreapta AC. Analog, din MB2−MD2 = CB2−CD2 = AB2−AD2 ⇒ M, A,C aparțin unui plan β perpendicular pe dreapta BD.Planele α¸si β au punctul M comun și nu coincid, deoarece dreptele AC și BD nu sunt paralele.

Dreapta lor comună – ce trece prin punctul M – este perpendiculara comună

a dreptelor AC și BD.

A

M M1, B1, D1

B D

C

Figura 87.

6.5.Problemă: Pe laturile AB și AC ale triunghiului ABC se consideră punctele D și respective E, astfel încât + + + = . Fie T intersecția dreptelor DC și BE. Să se determine α ∈ R cu proprietatea că + =α .

G.M.-B NR. 9/2008

Demonstrație:

A

D E

T

B C

Figura 88.

Fie a, b ∈ R\{1} astfel încât = a și = b . Atunci a + +b + = , adică(a+1) +(b+1) = și cum vectorii și sunt necoliniari ⇒ a+1=0 și b+1=0 ⇒ a=b= – 1, deci D și E sunt mijloacele laturilor

AB și AC. Atunci T este central de greutate al triunghiului ABC și + + = ⇒ + = – ⇒ α = -1 .

6.6.Problemă: Triunghiul echilateral ABC se proiectează pe un plan α după triunghiul ADE (BD⊥α, D∈ α, CE⊥α, E∈ α, (BC)∩α=0). Dacă CE = 2 BD = 2a și AB =a, calculați:

a) sinusul unghiului dintre dreapta BC și planul α;

b) cosinusul unghiului dintre planele ABC și α;

c) distanța de la E la planul ABC.

G.M.-B NR. 5/2010

Demonstrație:

C

B M

A

N

D E

α

Figura 89.

a) ⇒ BD∥CE ⇒ BDEC – trapez dreptunghic

sin(∢( BC;)) = sin(∢( BC;DE)) DE-proiecția lui BC pe .

Prin B construim BM⊥CE ⇒ BM∥DE ⇒ sin(∢( BC;DE)) = sin(∢( BC;BM)) = = =

b) ∆BMC teorema lui Pitagora ⇒ BM = = a ⇒ DE = a

∆BDA teorema lui Pitagora ⇒ AD = = a

∆CEA teorema lui Pitagora ⇒ AE = = a

Deci ∆DAE –isoscel. Fie DN⊥AE ⇒ DN = = ⇒A∆ADE =

cos(∢( (ABC);)) = = =

c) Notăm distanța de la A la planul BDE cu d(A;(BDE))

VBDAE = = ⇒ = ⇒ d(A;(BDE)) = .

Dar VABDEC = = =

VEABC = VABDCE – VBDAE = – = a3

VEABC = ⇒ = a3 ⇒ =

6.7.Problemă: Se consideră un triunghi ascutitunghic ABC cu lungimile laturilor BC = a, CA = b și AB = c și aria egală cu 4. Notăm cu x, y, z distanțele de la ortocentrul triunghiului la vârfurile A, B, C. să se arate că dacă: a + b + c = 4 atunci triungghiul ABC este echilateral.

G.M.-B NR. 11/2009

Demonstrație:

A

H

B C

Figura 90.

Din inegalitatea lui Cauchy-Buniakowski-Schwarz, obținem:

= ≤ (a+b+c)(ax+by+cz) (1) Atunci: = = – = 6S – 2 = 6S – 2S =4S=16, unde S este aria triunghiului ABC și ha este lungimea înălțimii din vârful A.

Din relația (1) ⇒ ≤ 16(a+b+c), deci a + b + c ≤ 4 . Din enunț avem egalitate în inegalitatea lui Cauchy-Buniakowski-Schwarz, deci = = ⇒ x=y=z. Deci, H este central cercului circumscris triunghiului ABC, deci triunghiul este echilateral.

6.8.Problemă: În triunghiul ABC bisectoarea AM, M∈(BC) și mediana BN, N∈(AC), se intersectează în punctual D astfel încât AD=BC, iar CD∩AB={P}. Arătați că – = 2.

G.M.-B NR. 4/2010

Demonstrație:

Aplicăm teorema lui Menelaus în ∆AMC pentru transversala N-D-B ⇒

⋅ ⋅ = 1 ⇒ = cum AD = BC ⇒ DM = BM

Aplicăm teorema lui Ceva în ∆ABC pentru dreptele BN, CP și AM ⇒

⋅ ⋅ = 1 ⇒ =

Deci – = – = = = 2

A

N

P D

B C

M

Figura 91.

6.9.Problemă: Să se arate că în orice triunghi ABC avem:

+ + ≤ 12R

G.M.-B NR. 7-8-9/2009

Demonstrație:

Fie sa lungimea simedianei din A (dreapta care trece printr-un vârf al unui triunghi și este simetrica medianei în raport cu bisectoarea interioară dusă prin acelasi vârf al triunghiului) și ha lungimea înălțimii din A.

Cum ha ≤ sa = ⋅ma ⇒ ≤ = = = 4R

hb ≤ sb = ⋅mb ⇒ ≤ = = = 4R

hc ≤ sc = ⋅mc ⇒ ≤ = = = 4R

Deci, însumând cele trei relații obținem:

+ + ≤ 12R

6.10.Problemă: a) Într-un triunghi MNP, lungimile laturilor sunt mai mici decât 2. Arătați că lungimea înălțimii corespunzătoare laturii MN este mai mică decâ .

b) Într-un tetraedru ABCD, cel puțin 5 muchii au lungimi mai mici decât 2. Arătați că volumul tetraedrului este mai mic decât 1.

O.N.M., Pitești, 2007

Demonstrație:

a) În orice triunghi între înălțimea (h) și mediana(m) care pleacă din același vârf avem relația h ≤ m ⇒ hMN ≤ mMN ⇒ hMN ≤ < 4- A

b)

D

B

M

C

Figura 92.

Fie CD = a < 2 și fie AB muchia ce nu este în mod necesar mai mică decât 2. Notăm cu M proiecția lui B pe CD. În triunghiul BCD laturile sunt mai mici ca 2, deci BM < . Analog, înălțimea din A în triunghiul ACD este mai mică decât deci și înălțimea h din A în tetraedru este mai mică decât . Atunci V ABCD = ∙ ∙ S∆BCD < ∙ ∙ a ∙ ( ) = =.Rămâne de arătat că a(16−a2) ≤ 24. Cum a3 −16a+24 = (a−2)(a2+2a − 12) și a < 2, a2 + 2a < 4 + 4 < 12 ⇒ VABCD <1.

6.11.Problemă: Fie numerele reale x,y,z cu proprietatea că 0 < x, y, z <1 și xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z). Să se arate că cel puțin unul din numerele (1 – x)y, (1 – y)z, (1 – z )x este mai mare sau egal cu .

O.B.J., Sarajevo, Bosnia-Herțegovina, 2009

Demonstrație:

A

F

E P O

C D B

Figura 93.

Fie ABC un triunghi echilateral de latură , iar AD, BE și CF sunt trei ceviene concurente în punctual P. Notăm AF = x, BD = y și CE = z, condiția de concurență se scrie (cu teorema lui Ceva) xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z). Concluzia este echivalentă cu faptul că unul din triunghiurile AFE, BDF, CDE are aria mai mare sau egală cu din aria triunghiului ABC.

Fie O centrul ∆ABC , punctul P se află în interiorul sau pe frontiera unuia dintre triunghiurile ABO, ACO, BCO; fie acesta ACO. Atunci BD, BF ≥ ⇒ A∆BDF = ∙BD ∙ BF ∙ sin(∢B) = ⋅ y(1 – x) ∙ ≥ ∙ ∙ ⋅ ≥ ⋅ = ⋅ A∆ABC.

6.11.Problemă:. Demonstrați că există o asemănare între un triunghi ABC și triunghiul având ca laturi medianele sale dacă și numai dacă pătratele

lungimilor laturilor triunghiului ABC sunt în progresie aritmetică.

O.N.M., Iași, 2010

Demonstrație:

Folosim ma2 = [2(b2 + c2) – a2] și analoagele mb2 = [2(a2 + c2) – b2] și mc2 = [2(b2 + a2) – c2]. Dacă pătratele laturilor sunt în progresie aritmetică, atunci, de exemplu, 2b2 = a2 + c2 ⇔ 3b2 = 2(a2 + c2) – b2 ⇒ mb2 = și ma2 = , mc2 = , ceea ce arată că: = = = și are loc asemănarea cerută.

Reciproc, dacă există asemănarea și a≤ b≤ c, atunci ma≥ mb≥mc, deci = = = k . Din ma2 + mb2 + mc2 = (a2 + b2 +c2) ⇒ k = ⇒ 4mb2 = 3b2, ceea ce conduce la 2b2 = a2 + c2.

CONSIDERAȚII METODICE

În acest capitol se reiau și se sistematizează o serie de probleme, teoreme relativ simple, se adaugă chestiuni noi, se prezintă cu un orizont mai larg unele chestiuni știute.

Chiar și atunci când revenim asupra unei probleme pe care am tratat-o, facem acest lucru cu un scop anumit, dirijăm atenția într-o direcție nouă, fie pe verticală în adâncime – pentru a observa o structură mai riguroasă, fie pe orizontală – pentru a arăta implicații noi ale aceleiași chestiuni.

Privind realizarea cu eficiență a unor lecții de aprofundare a cunoștințelor, a unor lecții de sinteză, referitoare la analogii între triunghi și tetraedru, se va sublinia că fiecare din temele ce urmează a fi propuse să dea posibilitatea ca din anumite date să se introducă ceva nou(măcar privind rezolvarea unor probleme cunoscute prin metode noi). Aceasta pentru a nu reduce lecția la o simplă repetiție de lucruri cunoscute, ceea ce conduce la slăbirea interesului elevului participant, activ, pasionat.

Menționez că, prin conținutul problematicii propuse, temele de recapitulare alese, se adresează unui cerc restrâns de elevi, care au fost obijnuiți să-și manifeste nestingherit inițiativa.

Este cunoscut faptul că rolul problemelor destul de numeroase, este de a arăta că geometria nu constituie o știință închisă, că e lipsită de un punct terminus, că se pot descoperi noi și noi proprietăți.

Scopul alegerii temei „Analogii între triunghi și tetraedru” este de a stabili legături între situații spațiale și configurații plane în dublu sens: a desface problema de geometrie în spațiu în probleme de geometrie plană, a lega între ele probleme și situații din plan pentru a obține situații exacte în spațiu.

Privind tema de recapitulare propusă, se vor prezenta în paralel probleme, teoreme, proprietăți analoage, referitoare la triunghi și tetraedru. Având în vedere rigurozitatea cât și accesibilitatea demonstrațiilor unor propoziții referitoare la triunghi-tetraedru, în paragrafele anterioare, pentru a evita repetarea și pentru a facilita însușirea ideii de bază, s-au recurs la trimiteri către precedentele paragrafe.

Se vor prezenta totuși câteva soluții ale unor probleme care, deși simple, au menirea de a remarca analogii între triunghi și tetraedru nu numai privind rezultatele finale ci și verigile raționamentului folosit în demonstrarea acestora. Extensia unor propoziții referitoare la triunghi nu întotdeauna corspunde unui tetraedru oarecare ci unor categorii speciale de tetraedre care se întâlnsc în conținutul unor probleme ce se adresează ciclului gimnazial și liceal, dar cărora nu li se atribuie denumirile prezentate în lucrarea de față.

Ierarhizarea problemelor din lucrare nu s-a realizat în funcție de dificultățile acestora ci din punct de vedere al importanței lor.

1.Înălțimile, medianele, mediatoarele, bisectoarele unui triunghi oarecare sunt concurente.

1’.Medianele, mediatoarele, trisectoarele unui tetraedru oarecare sunt concurente.

2. Oricărui triunghi i se poate circumscrie un cerc(centrul acestui cerc se află la intersecția mediatoarelor).

2’.Oricărui tetraedru i se poate circumscrie o sferă(centrul sferei se află la intersecția mediatoarelor).

3.Oricărui triunghi i se poate înscrie un cerc(centrul acestui cerc

aflându-se la intersecția bisectoarelor).

3’. În orice tetraedru se poate înscrie o sferă(centrul sferei se află la intersecția trisectoarelor).

Demonstrație 3’: Fie ABCD un tetraedru oarecare. Considerăm planele

bisectoare corespunzătoare diedrelor de muchii AB și AD. Ele se intersectează după o dreaptă AA1. Punctele după AA1 fiind egal depărtate de planele (ABC) și (ACD), ce au comun pe AC, rezultă că AA1 se află pe planul bisector al diedrului de muchie AC. Deci punctele de pe AA1 sunt egal depărtate de toate fețele triedrului cu vârful în A.

A

D

B

A1

C

Figura 94.

Dacă considerăm acum planul bisector al diedrului de muchie BC, acesta va intersecta pe AA1 într-un punct I egal depărtat de toate fețele tetraedrului. Deci I este centrul sferei înscrise în tetraedrul ABCD.

4. Într-un triunghi oarecare, ortocentrul, centrul de greutate și centrul sferei circumscrise sunt coliniare (dreapta lui Euler în triunghi ).

4’.Într-un tetraedru ortocentric, ortocentrul, centrul de greutate și centrul sferei circumscrise sunt coliniare. (dreapta lui Euler în tetraedru ).

5. Într-un triunghi oarecare mijloacele laturilor, picioarele înălțimilor și mijloacele segmentelor ce unesc vârfurile cu ortocentrul, sunt nouă puncte situate pe un cerc (Cercul lui Euler).

5’. Într-un tetraedru ortocentric, mijloacele muchiilor și picioarele

perpendicularelor comune sunt douăsprezece puncte cosferice (Sfera lui Euler).

6. Teorema bisectoarei pentru triunghi.

6’. Teorema planului bisector pentru tetraedru.

7. Teorema lui Menelaus și reciproca sa pentru triunghi.

7’. Teorema lui Menelaus și reciproca sa pentru tetraedru.

8.Teorema lui Ceva pentru triunghi.

8’. Teorema lui Ceva pentru tetraedru.

9.Teorema cosinusului pentru triunghi.

9’. Teorema cosinusului pentru tetraedru.

10. Într-un triunghi produsul dintre oricare latură și înălțimea

corespunzătoare este constant.

10’.Într-un tetraedru oarecare produsul dintre aria unei fețe și

înălțimea corespunzătoare este aceeași.

11.Dacă M este un punct interior unui triunghi iar A’, B’, C’ sunt

proiecțiile lui pe laturile triunghiului atunci are loc relația: MA’∙ BC+MB’∙AC+MC’∙AB= constant.

11’.Dacă M este un punct interior tetraedrului ABCD iar A’; B’; C’

și D’ sunt proiecțiile lui pe fețele tetraedrului atunci are loc relația: MA’∙ A∆BCD + MB’∙ A∆ACD + MC’∙ A∆BAD + MD’∙ A∆BCA = constant.

12. Aria unui triunghi oarecare se poate calcula după formula S =

, unde P este perimetrul trunghiului iar r este raza cercului înscris în triunghi.

12’. Volumul unui tetraedru se poate calcula după formula V=

unde S este aria totală a tetraedrului iar r este raza sferei înscrise în tetraedru.

Nu au fost epuizate toate analogiile dintre triunghi și tetraedru. Problema rămâne deschisă pentru oricine își propune să abordeze o astfel de temă cu elevii, fie la orele de clasă, fie în cadrul cercului de matematică.

BIBLIOGRAFIE

1. M.Becheanu – Probleme de algebră , analiză matematică și geometrie ,

Gh. Grigore Editura Cartea Românească 1991;

S. Ianuș

I. Ichim

2. Cătălin Nicolescu – Teste de geometrie , București , Editura Albatros

1986;

3. Stere Ianuș – Probleme de geometrie și trigonometrie , Bucuresti,

Nicolae Soare Editura Didactică și Pedagogică 1983;

4. Constantin Udriște – Geometrie analitică ,Bucuresti , editura Didactică

Valeria Tomuleanu și Pedagogică 1985;

5. Augustin Cota – Geometrie și trigonometrie , București Editura Didactică

Marta Radu și Pedagogică 1983;

6. Alexandru Leonte – Principii și structuri fundamentale în matematica de

Rodica Trandafir liceu ,Bucuresti ,Editura Albatros 1986;

7. Gheorghe Tițeica – Probleme de geometrie ,București ,Editura Tehnică

1981;

8. Ileana Rus – Metodica predării matematicii ,București , Editura

Didactică și Pedagogică 1983 ;

9. Polya G. – Cum rezolvăm o problemă , București , Editura Didactică

și Pedagogică 1965;

10. A. C. Albu – Geometrie pentru perfecționarea profesorului , București

D. Smaranda Editura Didactică și Pedagogică 1983 ;

11.Augustin Cota – Geometrie și trigonometrie , București , Editura

Mariana Raduțiu Didactică și Pedagogică 1989;

12. V. Brânzescu – Culegere de probleme pentru admiterea în învățământul

S.Ianuș superior , București , Editura Științifică și Enciclopedică

1989;

13. Hadamard J.- Lecții de geometrie elementară , Editura Tehnică ,

București 1961 ;

14. Teodorescu N. ș.a.– Probleme din gazeta matematică , București ,Editura

Tehnică 1984;

15. Matematica v școle – Moscova ;

16. Kvant – Moscova ;

17. Revista de pedagogie , colecție ;

19. Ghidul candidatului la admitere în învățământul superior , colecție ;

20. Gazeta matematică ,colecție ;

BIBLIOGRAFIE

1. M.Becheanu – Probleme de algebră , analiză matematică și geometrie ,

Gh. Grigore Editura Cartea Românească 1991;

S. Ianuș

I. Ichim

2. Cătălin Nicolescu – Teste de geometrie , București , Editura Albatros

1986;

3. Stere Ianuș – Probleme de geometrie și trigonometrie , Bucuresti,

Nicolae Soare Editura Didactică și Pedagogică 1983;

4. Constantin Udriște – Geometrie analitică ,Bucuresti , editura Didactică

Valeria Tomuleanu și Pedagogică 1985;

5. Augustin Cota – Geometrie și trigonometrie , București Editura Didactică

Marta Radu și Pedagogică 1983;

6. Alexandru Leonte – Principii și structuri fundamentale în matematica de

Rodica Trandafir liceu ,Bucuresti ,Editura Albatros 1986;

7. Gheorghe Tițeica – Probleme de geometrie ,București ,Editura Tehnică

1981;

8. Ileana Rus – Metodica predării matematicii ,București , Editura

Didactică și Pedagogică 1983 ;

9. Polya G. – Cum rezolvăm o problemă , București , Editura Didactică

și Pedagogică 1965;

10. A. C. Albu – Geometrie pentru perfecționarea profesorului , București

D. Smaranda Editura Didactică și Pedagogică 1983 ;

11.Augustin Cota – Geometrie și trigonometrie , București , Editura

Mariana Raduțiu Didactică și Pedagogică 1989;

12. V. Brânzescu – Culegere de probleme pentru admiterea în învățământul

S.Ianuș superior , București , Editura Științifică și Enciclopedică

1989;

13. Hadamard J.- Lecții de geometrie elementară , Editura Tehnică ,

București 1961 ;

14. Teodorescu N. ș.a.– Probleme din gazeta matematică , București ,Editura

Tehnică 1984;

15. Matematica v școle – Moscova ;

16. Kvant – Moscova ;

17. Revista de pedagogie , colecție ;

19. Ghidul candidatului la admitere în învățământul superior , colecție ;

20. Gazeta matematică ,colecție ;