Plane perpendiculare

Tema 14 - Soluții

Lucian Maran, MateMaraton, 24-01-2026

Problema 1. Fie ABCA′B′C′ABCA'B'C' o prismă dreapta având baza un triunghi echilateral ABC.ABC. Daca DD este mijlocul laturii BC,BC, arătați că (BCC′)⊥(A′AD).(BCC') \perp (A'AD).

Mate2000, 6/153, **, E.863
Soluție:

A′A⊥(ABC), BC⊂(ABC)⇒A′A⊥BCA'A \perp (ABC),~ BC \subset (ABC) \Rightarrow A'A \perp BC, sau BC⊥A′A(1).\boxed{BC \perp A'A}\quad (1).
În triunghiul echilateral ABC,ABC, mediana ADAD este și înălțime ⇒BC⊥AD(2).\Rightarrow \boxed{BC \perp AD}\quad (2).
Din (1), (2) și A′A∩AD={A}⇒BC⊥(A′AD).A'A \cap AD = \{A\} \Rightarrow \boxed{BC \perp (A'AD)}.

Cum BC⊂(BCC′)⇒(BCC′)⊥(A′AD).BC \subset (BCC') \Rightarrow \boxed{(BCC') \perp (A'AD).}

Problema 2. Fie ABCDABCD un tetraedru regulat, iar MM și NN mijloacele muchiilor BCBC și AD.AD. Arătați că:
a) (AMD)⊥(DBC);(AMD) \perp (DBC);\quad b) (AMD)⊥(BNC).(AMD) \perp (BNC).

Mate2000, 10/154, ***, E.864
Soluție:

a) AMAM și DMDM sunt înălțimi în triunghiuri echilaterale. Așadar,

BC⊥AMBC⊥DMAM∩DM={M}}⇒BC⊥(AMD)(1). \begin{rcases} BC \perp AM \\ BC \perp DM \\ AM \cap DM = \{M\} \end{rcases} \Rightarrow \boxed{BC \perp (AMD) \quad (1).}

Dar BC⊂(DBC)⇒(DBC)⊥(AMD).BC \subset (DBC) \Rightarrow \boxed{(DBC) \perp (AMD).}

b)

BC⊥(AMD) - din (1)BC⊂(NBC)}⇒(NBC)⊥(AMD). \begin{rcases} BC \perp (AMD) \text{ - din (1)} \\ BC \subset (NBC) \end{rcases} \Rightarrow \boxed{(NBC) \perp (AMD).}

Problema 3. Pe planul triunghiului ABC,ABC, cu ∡A=90°,\measuredangle {A}=90\degree, se ridică perpendiculara BM.BM.
a) Arătati că (MAB)⊥(MAC);(MAB) \perp (MAC);
b) Dacă BD⊥AM,BD \perp AM, cu D∈AM,D \in AM, arătați că (BDC)⊥(MAC).(BDC) \perp (MAC).

Art, 23/161, modificată ***, E.860
Soluție:

a) MB⊥(ABC), AC⊂(ABC)⇒MB⊥ACMB \perp (ABC),~ AC \subset (ABC) \Rightarrow MB \perp AC, sau AC⊥MB.\boxed{AC \perp MB}.

AC⊥MBAC⊥AB (ip.)MB∩AB={B}}⇒AC⊥(MAB). \begin{rcases} AC \perp MB \\ AC \perp AB ~(ip.) \\ MB \cap AB = \{B\} \end{rcases} \Rightarrow \boxed{AC \perp (MAB).}

AC⊥(MAB)AC⊂(MAC)}⇒(MAC)⊥(MAB). \begin{rcases} AC \perp (MAB) \\ AC \subset (MAC) \end{rcases} \Rightarrow \boxed{(MAC) \perp (MAB).}

b) AC⊥(MAB), BD⊂(MAB)⇒AC⊥BDAC \perp (MAB),~ BD \subset (MAB) \Rightarrow AC \perp BD, sau BD⊥AC.\boxed{BD \perp AC}.

BD⊥ACBD⊥MA (ip.)AC∩MA={A}}⇒BD⊥(MAC). \begin{rcases} BD \perp AC \\ BD \perp MA~ (ip.) \\ AC \cap MA = \{A\} \end{rcases} \Rightarrow \boxed{BD \perp (MAC)}.

BD⊥(MAC)BC⊂(BDC)}⇒(BDC)⊥(MAC). \begin{rcases} BD \perp (MAC) \\ BC \subset (BDC) \end{rcases} \Rightarrow \boxed{(BDC) \perp (MAC)}.

Problema 4. Se consideră piramida patrulateră regulată VABCDVABCD cu toate muchiile de aceeași lungime. Notăm cu MM simetricul punctului AA față de B.B. Arătați că:
a) VA⊥VM;VA \perp VM;\quad b) (VAB)⊥(VMC).(VAB) \perp (VMC).

Art, 24/161, ***, E.861
Soluție:

a) Notăm muchiile piramidei cu a.a. Cum MM este simetricul lui AA față de B⇒BM=a.B \Rightarrow \boxed{BM=a}.
În triunghiul isoscel VBM, ∡VBM=120°⇒∡VMB=30°.VBM,~ \measuredangle{VBM} = 120\degree \Rightarrow \boxed{\measuredangle{VMB} = 30\degree}.
În triunghiul VAM,∡A=60°,∡M=30°⇒∡AVM=90°⇒AV⊥VM(1).VAM, \measuredangle{A} = 60\degree, \measuredangle{M} = 30\degree \Rightarrow \measuredangle{AVM} = 90\degree \Rightarrow \boxed{AV \perp VM} \quad (1).

b) În triunghiul VAC,VA=VC=aVAC, VA=VC=a și AC=a2⇒RTPAV⊥VC.AC=a\sqrt{2} \overset{RTP}\Rightarrow \boxed{AV \perp VC}.

AV⊥VCAV⊥VM−din (1)VC∩VM={V}}⇒AV⊥(VMC). \begin{rcases} AV \perp VC \\ AV \perp VM - \text{din (1)} \\ VC \cap VM = \{V\} \end{rcases} \Rightarrow \boxed{AV \perp (VMC).}

Dar AV⊂(VAB)⇒(VAB)⊥(VMC).AV \subset (VAB) \Rightarrow \boxed{(VAB) \perp (VMC)}.

Problema 5. Fie prisma patrulateră regulată ABCDA′B′C′D′,ABCDA'B'C'D', cu latura bazei AB=6AB=6 cm și AA′=36AA'=3\sqrt{6} cm. Notăm cu M, NM,~N și O′O' centrele fețelor ABB′A′, BCC′B′ABB'A',~BCC'B' și A′B′C′D′.A'B'C'D'. Arătați că:
a) BNO′MBNO'M este romb; \quad b) (MND)⊥(BB′D′);(MND) \perp (BB'D');\quad c) (MNB)⊥(MND).(MNB) \perp (MND).

Art, 25/162, ***, E.862
Soluție:

a) În triunghiul A′BC′, O′MA'BC',~O'M și O′NO'N sunt linii mijlocii. De aici rezultă:

O′M∥BNO′N∥BM}⇒BNO′M paralelogram. Dar BN=BM⇒BNO′M romb.  \begin{rcases} O'M \parallel BN\\ O'N \parallel BM \end{rcases} \Rightarrow BNO'M \text{ paralelogram. Dar } BN=BM \Rightarrow \boxed{BNO'M \text{ romb}}.\

Soluție alternativă:

BN=NO′=O′M=MB (juma˘tate din diagonala unei fețe)B,N,O′,M coplanare - aparțin planului (BA′C′)}⇒BNO′M romb.  \begin{rcases} BN=NO'=O'M=MB \text{ (jumătate din diagonala unei fețe)}\\ B,N,O',M \text{ coplanare - aparțin planului } (BA'C') \end{rcases} \Rightarrow \boxed{BNO'M \text{ romb}}.\

b)

BB′⊥(ABC)AC⊂(ABC)}⇒BB′⊥AC, sau AC⊥BB′. \begin{rcases} BB' \perp (ABC)\\ AC \subset (ABC) \end{rcases} \Rightarrow BB' \perp AC, \text{ sau } \boxed{AC \perp BB'}.

MN∥AC (linie mijlocie ıˆn △B′AC)AC⊥BB′}⇒MN⊥BB′(1). \begin{rcases} MN \parallel AC \text{ (linie mijlocie în } \triangle B'AC) \\ AC \perp BB' \end{rcases} \Rightarrow \boxed{MN \perp BB'} \quad (1).
MN∥ACAC∥A′C′A′C′⊥B′D′ (diagonale ıˆn pa˘trat) }⇒MN⊥B′D′(2). \begin{rcases} MN \parallel AC \\ AC \parallel A'C' \\ A'C' \perp B'D' \text{ (diagonale în pătrat) } \end{rcases} \Rightarrow \boxed{MN \perp B'D'} \quad (2).

Din (1), (2) și BB′∩B′D′={B′}⇒MN⊥(BB′D′).BB' \cap B'D' = \{B'\} \Rightarrow \boxed{MN \perp (BB'D')}.
Dar MN⊂(MND)⇒(MND)⊥(BB′D′).MN \subset (MND) \Rightarrow \boxed{(MND) \perp (BB'D')}.

c) Fie PP centrul rombului BNO′M.BNO'M. Din triunghiul dreptunghic BB′O′BB'O' obținem O′B=62=BD=O′D.O'B=6\sqrt{2}=BD=O'D.
Așadar, △BO′D\triangle BO'D este echilateral ⇒DP⊥BP,\Rightarrow DP \perp BP, sau BP⊥DP.\boxed{BP \perp DP}.
Dar BP⊥MNBP \perp MN (sunt diagonale în romb), deci BP⊥(DP,MN)=(DMN).BP \perp (DP,MN)=(DMN).
Deoarece BP⊂(BMN)⇒(BMN)⊥(DMN).BP \subset (BMN) \Rightarrow \boxed{(BMN) \perp (DMN)}.