Четириъгълна пирамида

[S.B.]

Основата на пирамидата $ABCDM$ е изпъкнал четириъгълник$ABCD$ със страни [tex]AB = 5,BC = \sqrt{13},CD = \sqrt{5} , DA = \sqrt{17}[/tex].Пресечната точка $O$ на диагоналите $AC$ и $BD$ е ортогонална проекция на върха $M$ върху основата и $OM = 4\sqrt{3}$.Равнината $\alpha$, определена от средите на отсечките $AB,AD$ и $OM$, сключва с равнината на основата ъгъл $60^\circ$
а) Да се докаже,че $AC \bot BD$;
б) Да се пресметне лицето на сечението на пирамидата с равнината $\alpha$.

[Knowledge Greedy]

а)
Нека [tex]K, N[/tex] и [tex]Q[/tex] са точките определящи равнината [tex]\alpha[/tex], т.е. по условие - средите на
[tex]AB, AD[/tex] и [tex]CD[/tex] - съответно. Да означим още с [tex]L[/tex] пресечната точка на [tex]NK[/tex] с диагонала [tex]AC[/tex].

Явно [tex]NK[/tex] е пресечницата на равнините [tex]\alpha[/tex] и [tex](ABC)[/tex] - на основата, и ако спуснем перпендикуляр [tex]OH[/tex], [tex]OH \bot NK[/tex], според ТТП и определението за ъгъл между две равнини, [tex]\angle MTO[/tex] е линейният ъгъл на дадения двустенен ъгъл, т.е. [tex]\angle MTO =60^\circ[/tex].

Оттук [tex]OT =2[/tex] и цялата височина на [tex]\triangle BDA[/tex] - спусната към [tex]BD[/tex], има мярка [tex]4[/tex].
Нека [tex]AF[/tex] е тази височина, [tex]F\in BD[/tex].
С питагорова теорема, два пъти
- за [tex]\triangle ADF[/tex] и за [tex]\triangle BDF[/tex]
намираме последователно
[tex]DF=1[/tex] и [tex]BF=3[/tex]; пряко получаваме [tex]BD=4[/tex].

Сега ако спуснем [tex]CE\bot BD[/tex] ([tex]E\in BD[/tex]), ще установим, че [tex]Е\equiv F[/tex].
Наистина - с питагорова теорема, два пъти - за [tex]\triangle CDE[/tex] и за [tex]\triangle BCE[/tex]
намираме последователно [tex]x^2+H^2=(\sqrt{5})^2[/tex] и [tex](4-x)^2+h^2=(\sqrt{13})^2[/tex]
- където [tex]DE=x[/tex], [tex]CE=k[/tex] - общият катет, и [tex]BC=4-x[/tex]
Решавайки системата [tex]\begin{array}{|l} x^2+k^2=5 \\ (4-x)^2+k^2= 13 \end{array}[/tex]
намираме [tex]DE=1[/tex], следователно [tex]Е\equiv F \equiv O[/tex].
Последното означава, че [tex]AC \bot BD[/tex] – т.к. O е пресечната точка на диагоналите [tex]AC[/tex] и [tex]BD[/tex] на основата.

б)
За да определим лицето на сечението на пирамидата с равнината [tex]\alpha[/tex], намираме лицето [tex]S_{np.}[/tex]на ортогоналната проекция на сечението върху равнината на основата, след което ползваме формулата [tex]S=\frac{S_{np.}}{cos\varphi}[/tex], където [tex]\varphi =60^\circ[/tex] е даденият ъгъл.
За целта определяме няколко отношения.

[Knowledge Greedy]

... няколкото отношения са с теореми на Талес (респективно Менелай) и

Определяне лицето на проекцията.png (6.74 KiB) Прегледано 625 пъти

получаваме лицето на проекцията [tex]S_{np.}=2\frac{22}{35}[/tex],
след което [tex]S=2S_{np.}=5\frac{9}{35}[/tex]

[S.B.]

Без заглавие (3).png (510.24 KiB) Прегледано 565 пъти

Ето и моето решение:
а)За да докажа,че [tex]AC\bot BD[/tex] ще използвам че $AB^{2} + CD^{2} = BC^{2} + AD^{2} \Leftrightarrow 5^{2} + \sqrt{5}^{2} = \sqrt{13}^{2} + \sqrt{17}^{2}$
Нека $AC\cap BD = O, AO = x,BO = y,CO = z,DO = t $
$ \angle AOB = \angle COD = \varphi , \angle BOC = \angle AOD = 180^\circ - \varphi$
За $\triangle AOB$ и $\triangle COD$ прилагам косинусова теорема:
$25 = x^{2} + y^{2} - 2xy.cos\varphi $
$ 5 = z^{2} + t^{2} - 2zt.cos\varphi $
Събирам ги и получавам:
$$30 = x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} - 2 (xy + zt).cos\varphi $$
Прилагам косинусова теорема за $\triangle BOC$ и $\triangle AOD$:
$13 = y^{2} + z^{2} - 2yz.cos(180 - \varphi) \Leftrightarrow 13 = y^{2} + z^{2} + 2yz.cos\varphi$
$17 = x^{2} + t^{2} - 2xt.cos (180 - \varphi) \Leftrightarrow 17 = x^{2} + t^{2} + 2xt.cos\varphi$
Събирам ги и получавам:
$$30 = x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} + 2(xt + yz).cos\varphi$$
Приравнявам получените равенства и получавам:
$2(xy + zt).cos\varphi = -2(xt + yz).cos\varphi \Leftrightarrow 2(xy + zt + xt + yz).cos\varphi = 0$
$2(xy +zt + xt + yz) > 0 \Rightarrow cos\varphi = 0 \Rightarrow \varphi = 90^\circ \Rightarrow$
$$AC \bot BD$$

[S.B.]

б)Равнината [tex]\alpha[/tex] е определена от точките $P$ - среда на $AB$,$Q$ - среда на $AD$ и $S$ - среда на $OM$
Построявам права $p = PQ ,p\cap AO = N$ ,$PQ$ е средна отсечка за $\triangle ABD,PQ||BD,PQ = \frac{BD}{2} ,AN = ON$
Построявам права $l = NS ,l\cap MC = L$
През пресичащите се прави $p$ и $l$ построявам равнината $\alpha$
От $\triangle AOM \rightarrow N$ е среда,$S$ е среда $\Rightarrow NS$ е средна отсечка $ NS || AM,NS = \frac{AM}{2}$
$NS\in \alpha ,NS||AM , P\in \alpha,P\in (ABM) \Rightarrow \alpha \cap (ABM) = PK, P$ e среда на $AB,PK||AM \Rightarrow$
$ PK $ е средна отсечка и $PK = \frac{AM}{2}$
Аналогично $\alpha \cap (ADM) = QT,QT ||AM ,QT = \frac{AM}{2}$
Сечението на пирамидата $MABCD$ с равнината $\alpha$ е петоъгълника $PKLTQ$,който се състои от четириъгълника $QPKT$ и $\triangle TKL$
За $QPKT$ получихме,че $QT || AM,PK ||AM \Rightarrow QT ||PK, QT = PK = \frac{AM}{2} \Rightarrow QPKT$ е успоредник,
От теоремата за трите перпендикуляра $\rightarrow NS \bot QP$
Получи се ,че $QPKT$ е правоъгълник.
$S_{QPKLT } = S_{QPKT } + S_{\triangle TKL } = NS.QP + \frac{1}{2}.TK.SL$
От $\triangle NOS \rightarrow\frac{SO}{SN} = sin60^\circ \Rightarrow 2\sqrt{3} = SN.\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow SN = 4 \Rightarrow AM = 8$
$\frac{ON}{SN} = cos60^\circ \Leftrightarrow ON = 4.\frac{1}{2} \Rightarrow ON = 2 \Rightarrow AO = 4$
По Питагор от основата получавам:
От $\triangle AOB \rightarrow OB = 3$ , от $\triangle BOC \rightarrow OC = 2$ ,от $\triangle DOC \rightarrow OD = 1$
Получавам,че $AC = AO + OC = 4 + 2 =6 , DB = OB + OD = 3 + 1 =4$
$PQ = \frac{BD}{2} = 2 , NS = 4 \Rightarrow S_{QPKT } = 8$
$\triangle ACM \approx \triangle NCM $ защото $ NS||AM \Rightarrow NL||AM$
$\frac{AM}{NL} = \frac{AC}{NC} \Leftrightarrow \frac{8}{NL} = \frac{6}{4} \Rightarrow NL = \frac{16}{3}$
$SL = NL - NS = \frac{16}{3} - 4 = \frac{4}{3}$
$S_{\triangle TKL} = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}.2 = \frac{4}{3}$
$$ S_{QPKLT } = S_{QPKT } + S_{\triangle TKL} = 8 + \frac{4}{3} = 9\frac{1}{3}$$