Page 86 - MATINF Nr. 13-14

86 M.N. Popescu

Prin urmare
5 5

x H = · 1 =

2 2


5 5 .
y
 H = 5 − · 1 =
 2 2

z H = 0

Å ã
5 5
Astfel H , , 0 .
2 2
b. Avem
−−→
~
~
~
BH = (x H − x B )i + (y H − y B )j + (z H − z B )k
Å ã Å ã
5 5 5 5
~
~
~
~
~
= − 0 i + − 5 j + (0 − 0)k = i − j.
2 2 2 2
a
Observ˘am c˘
−−→ 5
BH = ~n,
2
−−→
deci vectorii BH s , i ~n sunt coliniari. Cum ~n este un vector normal la planul (CAD), atunci
dreapta BH este ortogonal˘a la planul (CAD). Deoarece punctul H apart , ine planului (CAD),
atunci H este proiect , ia ortogonal˘a a lui B pe planul (CAD).
a
3. a. Deoarece H este proiect , ia ortogonal˘ a lui B pe planul (CAD), atunci triunghiul BHA
este un triunghi dreptunghic ˆın punctul H.
b. Aria triunghiului ABH este
baza ·ˆın˘alt , imea AH · BH
S 4ABH = = ,
2 2
ˆın care
»
2
2
AH = (x H − x A ) + (y H − y A ) + (z H − z A ) 2

Å ã 2 Å ã 2
5 5
= − 5 + − 5 + (0 − 0) 2
2 2
√

Å ã 2 Å ã 2
5 5 5 2
= + =
2 2 2
s , i
»
2
2
BH = (x H − x B ) + (y H − y B ) + (z H − z B ) 2

5 5
Å ã 2 Å ã 2
= − 0 + − 5 + (0 − 0) 2
2 2
√

5 5 5 2
Å ã 2 Å ã 2
= + = ,
2 2 2
deci √ √
5 2 · 5 2 25 1 25
S 4ABH = 2 2 = · = .
2 2 2 4
4. a. Deoarece z A = z B = z H = 0, punctele A, B s , i H apart , in planului de coordonate
xOy. Dreapta CO este axa Oz care este perpendicular˘a pe planul xOy, prin urmare CO este
perpendicular˘a pe (ABH), deci este ˆın˘alt , imea din C a tetraedrului ABCH.