O veche Problema de Olimpiada

Problema 4716 RM(E)T 2/1981, pag 80

data la Concursul de Matematica - etapa Judeteana, 1981 pentru clasa a VIII-a

Enunt (in ortografia din acea perioada):

                                                                    In cubul $ABCDA'B'C'D'$, $M$ este mijlocul muchiei $BB'$. Sa se arate ca planele $(AD'C)$ si $MAC)$ sint perpendiculare.

            Solutie CP

 Raspuns CP :            Cu Reciproca Teoremei Pitagora se arata ca $\Delta D'MO$ este

                                       dreptunghic in $O$ -mijlocul muchiei $[AC]$.

            Rezolvare CP
               Fie $a$ - muchia cubului.

                      $\Delta AD'C$ este echilateral, de latura $AC=a \sqrt{2}$. Fie $O$ - mijlocul lui $[AC]$;

(1)                                                           $D'O=h_{3}=\frac {(a \sqrt{2}) \cdot \sqrt {3}}{2}=\frac {a \sqrt{6}}{2}$.

                      Cu teorema Pitagora in $\Delta MBO$ avem:

(2)         $MO^{2}=MB^{2}+BO^{2}=(\frac{a}{2})^{2}+(\frac{a\sqrt{2}}{2})^{2}=\frac{a^{2}}{4}+\frac {2a^{2}}{4}=\frac{3a^{2}}{4}$.

Similar in $\Delta D'B'M$ avem

     (3)       $D'M^{2}=D'B'^{2}+B'M^{2}=(a\sqrt{2})^{2}+(\frac{a}{2})^{2}=2a^{2}+\frac{a^{2}}{4}=\frac{9a^{2}}{4}$.

      Cu rezultatele din (1), (2), (3) vedem ca

$MO^{2}+D'O^{2}=\frac {3a^{2}}{4}+\frac{6a^{2}}{4}=\frac{9a^{2}}{4}=D'M^{2}$ 

deci cu Reciproca Teoremei Pitagora triunghiul $D'OM$ este dreptunghic in $O$.
        Dar $\angle D'OM$ este un unghi plan al unghiului diedru $\angle (pl(AD'C), pl(MAC))$ deci cele doua plane sunt perpendiculare.

$\blacksquare$