Правилна триъгълна пирамида и сечение успоредно на ръб

[Гост]

Немога да реша тази задача.Ако някой може да ми помогне ще съм му благодарен.

Основният ръб на правилна триъгълна пирамида MABC е "а",а околният и ръб е [tex]\frac{а\sqrt{21}}{6}[/tex] .През средата на основния ръб АВ е прекарана равнина, която е успоредна на основния ръб, BC,сключва ъгъл [tex]\alpha[/tex] с равнината на основата ABC и пресича околния ръб BM.Определете вида на сечението и намерете лицето му.

[S.B.]

Правилна триъгълна пирамида MABC,където M е върхът.Основен ръб = а и околен ръб = [tex]\frac{a\sqrt{21}}{6}[/tex]Нека т.P е средата на AB, построявам PQ II BC,PQ е средна отсечка в [tex]\triangle[/tex]ABC и PQ = [tex]\frac{a}{2}[/tex];Нека AK [tex]\bot[/tex] BC,AK= [tex]\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex],PQ X AK в т.О и AO = OK = [tex]\frac{a\sqrt{3}}{4}[/tex];За да построим исканото сечение,първо пресичаме пирамидата с равнина през околния ръб AM и AK и получаваме [tex]\triangle[/tex]АКМ;
Построяваме ОN,такава,че N[tex]\in[/tex]MK и [tex]\angle[/tex]КОN = [tex]\alpha[/tex] ; Построявам в стената BCM през т. N права m II BC и ,която пресича BM и CM съответно в т.[tex]P_{1 }[/tex] и [tex]Q_{1 }[/tex]; Четриъгълникът P[tex]P_{1 }[/tex][tex]Q_{1 }[/tex]Q е търсеното сечение.
В [tex]\triangle[/tex]AKM N[tex]N_{1 }[/tex] [tex]\bot[/tex]AK.O[tex]N_{1 }[/tex] e проекция на ON,BC [tex]\bot[/tex]O[tex]N_{1 }[/tex]следователно BC [tex]\bot[/tex]ОN ,аналогично BC [tex]\bot[/tex] на проекциите на P[tex]P_{1 }[/tex] и Q[tex]Q_{1 }[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] BC[tex]\bot[/tex]P[tex]P_{1 }[/tex] и BC [tex]\bot[/tex]Q[tex]Q_{1 }[/tex] и като се има предвид,че BC II PQ излиза,че PQ [tex]\bot[/tex]P[tex]P_{1 }[/tex] и PQ[tex]\bot[/tex]Q[tex]Q_{1 }[/tex] или P[tex]P_{1 }[/tex][tex]Q_{1 }[/tex]Q е правоъгълник.Търсим лицето на PQ[tex]Q_{1 }[/tex][tex]P_{1 }[/tex]
В [tex]\triangle[/tex]AKM , MH[tex]\bot[/tex]AK е височината на пирамидата,т.H е прес.т. на медианите в основата.AH = [tex]\frac{a\sqrt{3}}{b}[/tex] и KH = [tex]\frac{a\sqrt{3}}{6}[/tex] ; По Питагор от [tex]\triangle[/tex]AHM: [tex]MH^{2}[/tex] = [tex]AM^{2}[/tex] - [tex]AH^{2}[/tex] = [tex](\frac{a\sqrt{21}}{6}^{2}[/tex] - [tex]\frac{a\sqrt{3}}{3})^{2}[/tex] = [tex](\frac{a}{2})^{2}[/tex] или MH = [tex]\frac{a}{2}[/tex]; Oт [tex]\triangle[/tex]HKM: Нека [tex]\angle[/tex]HKM = [tex]\varphi[/tex] тогава [tex]\frac{MH}{HK}[/tex] = tg[tex]\varphi[/tex] или tg[tex]\varphi[/tex] = [tex]\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{6}}[/tex] = [tex]\sqrt{3}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\varphi[/tex] = 60[tex]^\circ[/tex]
От [tex]\triangle[/tex]ОNK,където N[tex]N_{1 }[/tex][tex]\bot[/tex]OK и OK = [tex]\frac{a\sqrt{3}}{4}[/tex] ако [tex]N_{1 }[/tex]K = x то O[tex]N_{1 }[/tex] = [tex]\frac{a\sqrt{3}}{4}[/tex] - x; N[tex]N_{1 }[/tex] = x.tg60 и N[tex]N_{1 }[/tex] = ([tex]\frac{a\sqrt{3}}{4}[/tex] - x).tg[tex]\alpha[/tex]
Приравнявам и получавам: х[tex]\sqrt{3}[/tex] = ([tex]\frac{a\sqrt{3}}{4}[/tex] - х)tg[tex]\alpha[/tex] , от където х = [tex]\frac{a\sqrt{3.tg\alpha}}{4(\sqrt{3 + tg\alpha})}[/tex] Тогава O[tex]N_{1 }[/tex] = [tex]\frac{3a}{4(\sqrt{3 + tg\alpha})}[/tex]
ON = O[tex]N_{1 }[/tex].cos[tex]\alpha[/tex] или ON = [tex]\frac{3a.cos\alpha}{4(\sqrt{3} + tg\alpha)}[/tex]
[tex]S_{сеч. }[/tex] = ON.PQ = [tex]\frac{3acos\alpha}{4(\sqrt{3} + tg\alpha)}[/tex].[tex]\frac{a}{2}[/tex] = [tex]\frac{3a^{2}.cos\alpha}{8(\sqrt{3} + tg\alpha)}[/tex]

[Davids]

Да се пробвам и аз

Pyramid.png (43.27 KiB) Прегледано 910 пъти

Чертежът съм го съобразил максимално с означенията в решението на S.B.
Основната неточност в горното решение се крие тук:

... следователно BC [tex]\bot[/tex]ОN ,аналогично BC [tex]\bot[/tex] на проекциите на P[tex]P_{1 }[/tex] и Q[tex]Q_{1 }[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] BC[tex]\bot[/tex]P[tex]P_{1 }[/tex] и BC [tex]\bot[/tex]Q[tex]Q_{1 }[/tex] и като се има предвид,че BC II PQ излиза,че PQ [tex]\bot[/tex]P[tex]P_{1 }[/tex] и PQ[tex]\bot[/tex]Q[tex]Q_{1 }[/tex] или P[tex]P_{1 }[/tex][tex]Q_{1 }[/tex]Q е правоъгълник.

с това не съм съгласен. $BC$ не може да е винаги перпендикулярна на проекциите на $PP_1$ и $QQ_1$, тъй като те не лежат на перпендикулярите, спуснати от точките $P$ и $Q$ към $BC$ в равнината на основата. Единствената такава ос на симетрия, за която можем да твърдим подобна перпендикулярност, е равнината $AKM$ (която си разгледала и ти и те е заблудила към грешно заключение), тъй като тя минава през точка $K$, в която се приземяват височините и на околната стена, и на основата. Та в този ред на мисли, сечението ни си остава трапец в общия случай, а правоъгълникът е частен

Скрит текст: покажи

Нека заформим една нова задачка покрай това: при $tg\alpha = ?$ сечението е правоъгълник?

Започваме... Няма да повтарям даденото, ще се ориентираме по чертежа.
Първо отбелязахме вече, че търсеното сечение е трапец, като едната му основа $PQ$ се явява средна отсечка за равностранната основа на пирамидата, следователно веднага $PQ = \frac{a}{2}$ е първото важно нещо в задачата.
След това ще вземем $MK = h$ на околната стена и по Питагорова теорема:
$BM^2 = BK^2 + h^2 \Rightarrow h = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Паралелно за височината на основата $AK$ знаем, че $AK = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Разглеждаме $\Delta AKM$, от който по косинусова теорема намираме
$cos\varphi = \frac{a^2(\frac{1}{3} + \frac{3}{4} - \frac{21}{36})}{2.\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \varphi = 60^{\circ}$

Сега ще се фокусираме върху $\Delta OKN$. Първо знаем, че $OK = \frac{AK}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.
По синусова теорема имаме:
$NK = \frac{OK.sin\alpha}{sin[180 - (\alpha + 60)]} = \frac{a\sqrt{3}sin\alpha}{4sin(\alpha + 60)}$
$ON = \frac{OK.sin60}{sin[180 - (\alpha + 60)]} = \frac{3a}{8sin(\alpha + 60)}$

Остана само да намерим втората основа на търсения трапец, преди да търсим лицето, а тя е $P_1Q_1$. Ще я намерим от отношението на подобните $\Delta P_1Q_1M \sim \Delta BCM$, от което:
$\frac{P_1Q_1}{a} = \frac{h - NK}{h}$ (ползваме означението $MK = h$ от по-горе)
$\Rightarrow P_1Q_1 = a(1 - \frac{NK}{h}) = a(1 - \frac{\frac{a\sqrt{3}sin\alpha}{4sin(\alpha + 60)}}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}) = a(1 - \frac{3sin\alpha}{4sin(\alpha + 60)})$

И сега лицето на нашия трапец-сечение е
$S = \frac{PQ + P_1Q_1}{2}.ON = \frac{ON}{2}(PQ + P_1Q_1) =$
$= \frac{3a}{16sin(\alpha + 60)}\Big[\frac{a}{2} + a(1 - \frac{3sin\alpha}{4sin(\alpha + 60)})\Big] =$
$= \frac{3a^2}{16sin(\alpha + 60)}\Big[\frac{3}{2} - \frac{3sin\alpha}{4sin(\alpha + 60)} \Big] =$
$= \frac{9a^2}{32sin(\alpha + 60)}\Big[1 - \frac{sin\alpha}{2sin(\alpha + 60)} \Big] =$
$= \frac{9a^2}{64sin^2(\alpha + 60)}.(2sin(\alpha + 60) - sin\alpha) =$
$= \frac{9a^2}{64sin^2(\alpha + 60)}.(2(\frac{1}{2}.sin\alpha + \frac{\sqrt{3}}{2}cos\alpha) - sin\alpha) =$
$= \frac{9a^2}{64sin^2(\alpha + 60)}.\sqrt{3}cos\alpha =$
$= \frac{9\sqrt{3}a^2cos\alpha}{64sin^2(\alpha + 60)}$

Аз бих оставил отговора в този вид, но да кажем, че не искаме сумарния аргумент в синуса в знаменателя. Тогава може да разкрием скобите, да умножим знаменателя по $\frac{cos^2\alpha}{cos^2\alpha}$ и да получим

$S = \frac{9\sqrt{3}a^2}{16cos\alpha(tg\alpha + \sqrt{3})^2}$

Решавах я три пъти по различни начини, все до това стигам. Може и да бъркам някъде нещо. Но сечението смятам, че няма как да е правоъгълник. Не и в универсалния случай (в частен може ). Ще чакам мнения/забележки/алтернативи по задачата. Хареса ми!

[S.B.]

Мисля,че проекцията на т.[tex]P_{1 }[/tex] - т.[tex]P_{2 }[/tex] лежи в равнината на основата, а нe на основния ръб AB или BC
Проекцията на P[tex]P_{1 }[/tex] е P[tex]P_{2 }[/tex] [tex]\bot[/tex] BC.Кой знае?Може и да греша ,но със сигурност [tex]P_{2 }[/tex][tex]\notin[/tex] на нито един основен ръб.Иначе проекцията на околния ръб MB би съвпадала с основен ръб което не е вярно.

[Davids]

Мисля,че проекцията на т.[tex]P_{1 }[/tex] - т.[tex]P_{2 }[/tex] лежи в равнината на основата, а нe на основния ръб AB или BC

С това сме съгласни всички, не съм и твърдял обратното

Проекцията на P[tex]P_{1 }[/tex] е P[tex]P_{2 }[/tex] [tex]\bot[/tex] BC

Ето тук обаче не мога да се съглася. Това е частен случай, това се опитвах да обясня горе