Revenire la Problema E:13242 GMB 7/2006

          Determinarea sectiunii unui corp dat printr-un plan dat este o problema care are o solutie algoritmica. Vezi de ex RMT Nr 2/1981, un articol de Dan Papuc (- in stilul lui, sic!), inspirat probabil din Geometria Descriptiva). El este aplicabil usor dupa ce cunoastem proiectiile celor trei pucte care determina planul de sectiune pe planul "bazei" corpului de sectionat. La noi e simplu, ele sunt punctele $A,M,C$ respectiv proiectiile punctelor $N,M,C'$.

Fig 1

                  Putem rezolva punctul $a)$ al Problemei determinand

SECTIUNEA in cub cu planul $(C'MN)$

                  Fie $\pi =pl(C',M,N)$.
                  Din $C', M \in \pi \wedge \in pl(BB'C'C)$ $\Rightarrow drC'M=\pi \cap pl(BB'C'C)$ asfel ca $\pi$ taie fata $[BCC'B']$ a cubului dupa segmentul $[C'M]$ (fig. 1 de mai sus).
                  Apoi, deoarece $(BCC'B') \parallel (ADD'A')$ iar $\pi$ trece prin $C'M \parallel (ADD'A')$ rezulta ca $\pi \cap (ADD'A')$ este o dreapta paralela cu $C'M$; aceasta dreapta trece prin

Fig 2

punctul $N$ . Fie $E$ intersectia ei cu $A'D$ (fig. 2).  Triunghiurile $A'NE$ si $C'CM$, avand laturile respectiv paralele, sunt asemenea, deci

  $\frac{A'E}{CM}=\frac{A'N}{C'C}=\frac{1}{2}$ de unde $A'E=\frac{CM \cdot A'N}{CC'}=\frac{\frac{l}{2} \cdot \frac{l}{2}}{l}=\frac{l}{4}$, $l$ fiind latura cubului,

adica $E$ este pe $[A'D']$ asfel incat $A'E$ este $\frac{1}{4}$ din latura cubului; $A'E$=1 cm in cazul nostru. Asfel planul $\pi$ taie fata $[AA'D'D]$ dupa segmentul $[NE]$.
       Mai mult, deoarece $C'\in \pi$ si $E \in \pi$ rezulta $C'E \subset \pi$, deci planul $\pi$ taie fata
 

Fig 3

$[A'B'C'D']$ dupa segmentul $[C'E]$ (fig. 3).
        Mai departe, din $C'E \subset (A'B'C'D')$ si $(A'B'C'D') \parallel (ABCD)$ avem $C'E \parallel (ABCD)$, deci planul $\pi$ trecand prin $C'E$ va taia planul $(ABCD)$ dupa o

Fig 4

 paralela la $C'E$; acesta trece prin punctul $M$ si taie dreapta $AD$ intr-un punct $F$ (fig. 4). Putem determina pozitia exacta a lui $F$ pe $AD$ daca consideram triunghiurile cu laturile respectiv paralele $C'DE$ si $MFP$, unde $P$ este mijlocul lui $AD$. Ele sunt congruente (cazul IC) deoarece $[MP] \equiv [C'D']$, iar $[MF] \equiv [C'E]$ ca segmente taiate de doua plane paralele pe drepte paralele. Atunci

$PF=D'E=\frac{3}{4} \cdot l$, deci $DF=DP+PF=\frac{l}{2}+ \frac{3l}{4}=\frac{5l}{4}$.

 Asadar $F$ depaseste segmentul $[DA]$ cu un sfert din lungimea $l$ a lui (fig. 5).

Fig 5

                                                                                     
               Dreapta $MF$ taie dreapta $AB$ intr-un punct $G$ interior segmentului $[AB]$. Din asemanarea $\Delta AGF \sim \Delta BGM$ obtinem $\frac {GA}{GB}=\frac{AF}{BM}=\frac{l/4}{l/2}=\frac {1}{2}$, care localizeaza punctul $G$ pe $[AB]$ la $1/3$ de $A$.
               In concluzie $\pi$ taie fata $[ABB'A']$ dupa segmentul $[NG]$ si fata $[ABCD]$

Fig 6

 dupa segmentul $[MG]$, deci $\pi$ taie cubul dupa pentagonul $MC'ENG$ (fig. 6).
             Dreapta $MN$ taie $C'E$ in punctul $S=drMN \cap pl(A'B'C'D')$ - deoarece nu putem avea $MN \parallel C'E$, paralela prin $M$ la $C'E$ fiind $drMG$ (fig. 7).

Fig 7

Prin aceasta constructie nu am fixat $S$ prea precis fata de patratul $A'B'C'D'$ ca in rezolvarea precedenta. Totusi putem calcula usor $SC'$:

$\frac{SE}{SC'}=\frac{EN}{C'M}$

conform Teoremei fundamentale a asemanarii, deci $\frac{SE}{SC'}$ este egal cu raportul de asemanare al triunghiurilor discutate la Fig. 2, adica $1/2$. Astfel $EN$ este linie mijlocie in $\Delta SC'M$, iar $EC'=\sqrt{D'E^{2}+D'C'^{2}}=....=5$ cm, de unde obtinem $SC'=2\cdot EC'=10$ cm.

$\blacksquare$

DIDACTICA MATEMATICA N0 2/2018

Vezi in DRIVE

OLIMPIADA de MATEMATICĂ a SATELOR din ROMÂNIA

                               Etapa Judeteană - 17 martie 2018

    Prin amabilitatea lui  BÎЯGHIȘAN Lucian Andrei (într-o ortografie pe cale de dispariție).

GAZETA MATEMATICA Seria B N0 6/2006

 la issuu.com sau scribd.com sau Drive

Problema E:13242 GMB 7/2006 pentru Clasa a VIII-a

        La pag. 380

        Figura CP

      Raspuns CP    a) $C'S=10 cm$ ;
                              b)  $d(N,pl(A'C'M))=\frac {2}{3} cm$

Rezolvare CP

      a) In planul $(A'B'C'D')$ construim patratul $A'D'EF$.

 Dreapta $BN$ trece prin punctul $F$ deoarece $ABA'F$ este paralelogram (avand $[AB] \parallel$ si $\equiv [FA']$ ) in care $[AA']$ este una din diagonale iar mijlocul ei $N$ este centrul acestui paralelogram; atunci a doua diagonala $[BF]$trece tot prin $N$.
Prelungim segmentul $[EF]$ dincolo de punctul $F$ cu inca o jumatate din $[EF]$, adica $FS=\frac{EF}{2}=2$ cm. Acum avem $[FS] \parallel$ si $\equiv [MB]$ deci $BMFS$ este paralelogram, si atunci diagonala lui $[MS]$ trece prin mijlocul $N$ al diagonalei $[BF]$. Astfel $S$ este punctul cautat $MN \cap (A'B'C')$.
        Cum $C'D=D'E=4$ cm avem $C'E=8$ cm, iar $ES=EF+FS=4+2=$
$=6$ cm si atunci, cu teorema Pitagora obtinem

 $C'S= \sqrt{C'E^{2}+ES^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=10$cm.

       b)  Prin punctul $M$ ducem paralela la dreapta $C'A'$;

ea este $\parallel$ si cu $CA$ deci trece prin mijlocul $P$ al lui $[AB]$ ( iar mai departe taie dreapta $AD$ in punctul $R$ astfel incat $[AR] \parallel$ si $\equiv [MB]$ , cum se vede usor din paralelogramul $ARBM$). Astfel planul $(A'C'M)$ sectioneaza cubul dupa trapezul $A'C'MP$.
         In triunghiul dreptunghic_si_isoscel $APR$ sa ducem $AT \perp RP$; avem imediat,

 cu te0rema_celor_3_perpendiculare, ca $A'T \perp RP$. Din $MT \perp pl(A'AT)$ si cum $pl(A'C'M)$ trece prin $MT$ rezulta $pl(A'C'M) \perp pl(A'AT)$ iar muchia lor de intersectie este dreapta $A'T$.
         Daca ducem acum $NV \perp A'T$ vom avea $NV \perp pl(A'C'M)$ deci $NV$ este segmentul_distanta de la punctul $N$ la planul $A'C'M)$. Evident $NV=\frac{AU}{2}$, unde $AU$ este inaltimea din $A$ in triunghiul $A'AT$; calcule simple conduc la valoarea

$AU=\frac{AA' \cdot AT}{A'T}=\frac {4\cdot \sqrt{2}}{\sqrt{18}}=\frac{4}{3}$

si rezulta $NV=\frac{2}{3}$.

$\blacksquare$

Remarca CP

          Prin cateva ingrediente de Geometrie_analitica (in spatiu) distanta cautata la punctul b) se poate determina - ca valoare, si ca pozitie - relativ simplu.
   

Ecuatia planului $(A'C'M)$ este

 $\begin{vmatrix}
 &x  &y  &z &1 \\
 &4  &0  &4 &1 \\
 &0  &4  &4 &1\\
 &2  &4  &0 &1
\end{vmatrix}$ $=0$,
sau, scazand Linia_4 din L_1,2,3

$ \begin{vmatrix}
 &x-2  &y-4  &z &0 \\
 &2  &-4  &4 &0 \\
 &-2  &0  &4 &0\\
 &2  &4  &0 &1
\end{vmatrix}$$ =0$, care dezvoltat dupa Col_4 este

  $\begin{vmatrix}
 &x-2  &y-4  &z  \\
 &2  &-4  &4  \\
 &-2  &0  &4
\end{vmatrix}$$=0$; simplificand cu 2 L_2 si L_3 obtinem

$\begin{vmatrix}
 &x-2  &y-4  &z  \\
 &1  &-2  &2  \\
 &-1  &0  &2
\end{vmatrix}$$=0$, apoi adunam 2$\cdot$C_1 la C_3

$\begin{vmatrix}
 &x-2  &y-4  &z+2(x-2)  \\
 &1  &-2  &4 \\
 &-1  &0  &0
\end{vmatrix}$$=0$, care dezvoltat dupa L_3 conduce imediat la

(1)                                                        $2x+2y+z-12=0$.

       Atunci distanta de la punctul $N(4,0,2)$ la planul de mai sus are valoarea

$d(N,pl(A'C'N))$ $=\frac {\left | 2\cdot 4+2\cdot 0+1\cdot 2 -12 \right |}{\sqrt{2^{2}+2^{2}+1^{2}}}=\frac{2}{3}$.

       Pentru a preciza aceasta distanta, fie $\overrightarrow{n}=(2,2,1)$ - dedus din ecuatia (1) - un vector normal la planul $(A'C'M)$. Ecuatiile perpendicularei dusa intr-un punct curent $P(u,v,12-2u-2v)$ al planului (1) vor fi
(2)                 $\begin{cases}
 &  x=u+2t \\
 & y=v+2t \\
&z= 12-2u-2v+t
\end{cases}$, unde $t \in \mathbb{R}$.
Dreapta (2) trece prin punctul $N(4,0,2)$ atunci cand $\begin{cases}
 &  4=u+2t \\
 & 0=v+2t \\
&2= 12-2u-2v+t
\end{cases}$, de unde obtinem  $t=-\frac{2}{9}$$u=\frac{40}{9}, v=\frac{4}{9}$, adica piciorul perpendicularei din $N$ pe planul (1) este $P_{0}=(\frac{40}{9},\frac{4}{9},\frac{20}{9})$, etc.

GAZETA MATEMATICA Seria B N0 7/2006

Vezi in DRIVE  sau issuu.com

Problema E:13238 GMB 7/2006, pag 379

Vezi in DRIVE

Raspuns CP :  Egalitate d.d. $a=1$ si $b=1$.

Rezolvare CP

                  Notam $E(a,b)=a^{2}+b^{2}+2-a-b-2ab$ si avem de aratat ca $E(a,b)\geqslant 0$.
Fie $a=x+y$ si $b=x-y$ ($x$ si $y$ sunt unic determinati de $a$ si $b$ prin $x=\frac{a+b}{2}$, $y=\frac{a-b}{2}$). Conditia $ab\leqslant 1$ se scrie

(1)                     $x^{2}-y^{2}\leqslant 1$.

In noile variabile avem $E(a,b)=(x+y)^{2}+(x-y)^{2}+2-(x+y)-(x-y)-2(x^{2}-y^{2})=4y^{2}-2x+2=E'(x,y)$

iar din $(1) \Rightarrow y^{2}\geqslant x^{2}-1$ , deci

 $E'(x,y)=3y^{2}+y^{2}-2x+2\geqslant 3y^{2}+(x^{2}-1)-2x+2=3y^{2}+(x-1)^{2}\geqslant 0$.

                   Egalitatea are loc d.d. $y=0$ si $x-1=0$, adica $a=1=b$.

$\blacksquare$