пирамида

[Гост]

Здравейте, изпитвам затруднения с задачи от този сорт , и ако може някой да ми ги обясни ще бъда много благодарен.
зад.
Основата на пирамида е ромб с остър ъгъла [tex]\alpha[/tex]. Околните стени на пирамидата са еднакви равнобедрени триъгълници.
а) Докажете, че пирамидата има само една двойка взаимно перпендикулярни ръбове.
б) Докажете, че всички околни стени сключват с основата на пирамидата равни двустенни ъгли.

[Knowledge Greedy]

Предложената задача по-долу има интересно условие, но е некоректна.

Здравейте, изпитвам затруднения със задачи от този сорт, … .
Задача.
Основата на пирамида е ромб с остър ъгъл [tex]\alpha[/tex]. Околните стени на пирамидата са еднакви равнобедрени триъгълници.
а) Докажете, че пирамидата има само една двойка взаимно перпендикулярни ръбове.
б) Докажете, че всички околни стени сключват с основата на пирамидата равни двустенни ъгли.

Разсъждения за условието и решението.

Първият въпрос, който възниква, е: как са разположени тези равнобедрени триъгълници.
Ако основата на един от тях съвпада с основен ръб (т.е. страна на ромба), веднага ще се получи противоречие - ортогоналните проекции на бедрата ще се проектират в равни отсечки с обща точка - точка от симетралата[tex]^*[/tex] на страна на ромба и няма къде, няма да има място за ортогоналната проекция на върха на пирамидата.
Ето защо всяка от околните стени е равнобедрен триъгълник, на който основата е околен ръб, едното бедро е също околен ръб, а другото бедро е страна на ромба - основа на пирамидата.
И всичко това може да се случи само ако четирите основи съвпадат по двойки - като два срещуположни околни ръба на пирамидата, а четирите бедра (които на са в основата) също съвпадат по двойки - като другите два срещуположни околни ръба на пирамидата.
Толкова за чертежа.
а) Сега вече е съвсем лесно да докажем, че перпендикулярни могат да са само два от околните ръбове - тези които са противоположни и заедно с големия диагонал на ромба образуват правоъгълен триъгълник (големият диагонал е хипотенуза на този триъгълник).

Само два перпендикулярни ръба.png (4.97 KiB) Прегледано 444 пъти

Разглеждаме всички възможности и отхвърляме, съобразявайки се с условието:
[tex]AB\bot BC[/tex] - невъзможно, ъгълът [tex]\angle ABC =\alpha[/tex] или [tex]180^\circ -\alpha[/tex] ([tex]AB \bot AD[/tex] - аналогично)
[tex]AB \parallel DC[/tex] - условието ромб ([tex]AD \parallel BC[/tex] - аналогично )
[tex]AB\bot AM[/tex] - невъзможно - точка [tex]A[/tex] е връх на ъгъл при върха на два еднакви равнобедрени триъгълника, но тогава триъгълниците от другите две околни стени няма да са им еднакви.
[tex]AB\bot DM[/tex] - също невъзможно, т.к. в противен случай по теоремата за трите перпендикуляри, ще излезе, че [tex]DO \bot AB[/tex] - диагонал и страна на ромба. ( [tex]AB\bot DM[/tex] - също невъзможно, аналогично)
Всички останали случаи отпадат последователно, докато стигнем до
[tex]AM \bot MC[/tex] и [tex]BM \bot DM[/tex] .
Те са възможни, но не едновременно.
Нека означим с [tex]a[/tex] един основен ръб (страната на ромба).
Ако [tex]AM \bot MC[/tex], хипотенузата на правоъгълния [tex]\triangle ACM[/tex] има дължина [tex]AC=a\sqrt{2}[/tex]
НО … . Диагоналът [tex]AC[/tex], пресметнат с косинусова теорема се оказва, че е [tex]AC^2=a^2+a^2\pm 2a.a.cos\alpha[/tex]
Т.е. [tex]AC=a\sqrt{2} .\sqrt{1\pm cos\alpha}[/tex] [tex]^{**}[/tex]
Излиза, че единствената възможност за твърдението в условието а) не е за ромб - трябва ъгъл [tex]\alpha =90^\circ[/tex].

б) След като имаме представа как са разположени равнобедрените триъгълници на околните стени, доказателството става на един ред с формулата [tex]S_{пр}=Scos\varphi[/tex]
Наистина, върхът на пирамидата се оказа един връх на основата на всички равнобедрени триъгълници - околни стени.
Така всяка от околните стени се проектира ортогонално върху една четвъртинка от основата - в правоъгълен триъгълник с катети половинките на двата диагонала.
Според горната формула следва т.к.т.д. [tex]^{***}[/tex]

_______________
[tex]^*[/tex] Ортогоналните проекции в дадена равнина, на равни отсечки с общ връх са равни, точно когато вторите краища на тези отсечки са в равнината.
________________
[tex]^{**}[/tex] Ако [tex]\angle BAD=\alpha[/tex] и ако [tex]\angle ABC=\alpha[/tex] - в единия случай е плюс, в другия минус.
________________
т.к.т.д. [tex]^{***}[/tex] означава "Това, което трябваше да докажем."
_________________
За да се "спаси" подусловие а), трябва да се каже:
а) Докажете, че пирамидата не притежава нито една двойка взаимно перпендикулярни ръбове.

[KOPMOPAH]

Пирамида с основа ромб.png (15.67 KiB) Прегледано 428 пъти

Сравнително лесно се съобразява, че бедрата в еднаквите равнобедрени триъгълници на околните страни не могат да са околните ръбове. Нататък подходих към задачата синтетично.
Запазвайки вярата в доброто и в човека, както и в здравия разум на съставителите на задачи (като за последното им доста контрапримери) разгледах зеления триъгълник $\triangle ABE$ с остър ъгъл $\measuredangle BAE=\frac{\alpha}2$, хипотенуза - страната на ромба $a$ и катети - половинките на диагоналите.
След това построих такъв син триъгълник $\triangle AEF$ (в равнина, минаваща през диагонала $AC$ и перпендикулярна на равнината на ромба), на който хипотенузата е равна на страната на ромба и е наклонена под ъгъл $\frac{\alpha}2$ към равнината на основата.
Триъгълниците $\triangle ABE$ и $\triangle AEF$ са еднакви по първи признак (обща страна $AE$, равни страни $AB=AF=a$ и равни ъгли между съответните страни). От еднаквостта следва, че $BE=EF=h$.
Разглеждаме $\triangle BDF$, в който медианата $EF$ е равна половината страна $BD$, значи триъгълникът е правоъгълен и $BF\bot DF$, което трябваше да се докаже. Не е трудно да се докаже, че няма други перпендикулярни ръбове.

Що се отнася до подточка б), то трябва да се съобрази, че $$\frac hb = \sin \varphi,$$ където $\varphi$ е ъгълът между околна стена и равнината на основата, $b$ е височината на всеки от еднаквите равнобедрени триъгълници, спусната от върха $F$ към някой от ръбовете на основата, а $h$ е височината на пирамидата.
Тези ъгли не само, че са равни, но и могат да бъдат изразени чрез зададения ъгъл $\alpha$, но задачата вече става друга