Пак бисектриса...

[S.B.]

За основа на триъгълна пирамида служи [tex]\triangle ABC , \angle C = 90^\circ[/tex]Всички околни ръбове на пирамидата слючват с равнината на основата ъгли равни на $30^\circ$
Ъглополовящата на $\angle C$ разделя хипотенузата $AB$ на две части - $3$ и $4$.През средата на ъглополовящата е построена равнина $\delta$ перпендикулярана на нея.Да се намери:
а) Обема на пирамидата
б) Лицето на полученото сечение на $\delta$ с пирамидата.

[Davids]

Първо ще намерим катетите на основата (избрал съм $a$ да е по-малкият). От свойството на ъглополовящата и питагорова теорема получаваме системата:
[tex]\begin{array}{|l} \frac{a}{b} = \frac{3}{4} \\ a^2 + b^2 = 49 \end{array}[/tex]
$\Rightarrow a = \frac{21}{5}; b = \frac{28}{5}$
От факта, че всички околни ръбове сключват с равнината на основата равни ъгли от по 30 градуса, следва, че проекцията на върха на пирамидата върху основата съвпада с центъра на описаната около $\triangle ABC$ окръжност. Тъй като основата е правоъгълен триъгълник, това е средата на хипотенузата.
От това следва, че $R = \frac{7}{2}$. Нека $CM$ е медианата към хипотенузата в основата. По дефиницията на тангенс от $\triangle AMD$ получаваме $DM = h = \frac{7}{2}tg30^{\circ} = \frac{7\sqrt{3}}{6}$

a)

a.png (18.53 KiB) Прегледано 389 пъти

Лицето на основата намираме лесно:
$B = \frac{ab}{2} = \frac{28.21}{2.5.5} = \frac{14.21}{25}$

Тогава обемът на пирамидата е:
$V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.\frac{14.21}{25}.\frac{7\sqrt{3}}{6} = \frac{7^3\sqrt{3}}{3.25} = \frac{343\sqrt{3}}{75}$

б)

b.png (75.06 KiB) Прегледано 389 пъти

Първо ще намерим ъглополовящата към хипотенузата в основата по формулата $l_c = \frac{ab}{a + b}\sqrt{2} = \frac{12}{5}\sqrt{2}$.
Построяваме перпендикуляр на ъглополовящата през нейната среда, от което следва, че $PCNL$ е квадрат, т.е. $PN = CL = \frac{12}{5}\sqrt{2}$.
През този перпендикуляр $PN$ построяваме и равнината, перпендикулярна на ъглополовящата, която ще пресича околния ръб $CD$ в точка $Q$.
Така търсеното сечение е $\triangle PNQ$, в който знаем $PN = \frac{12}{5}\sqrt{2}$. Остана да намерим височината към тази страна, която ще спуснем като $QE \bot PN, E \in PN$.

Знаем, че $(PNQ) \bot (ABC)$, понеже $CL \bot (PNQ) \wedge CL \in (ABC)$. Следователно $QE \bot (ABC)$. Но също важи и $QE \in (MCD) \wedge Q \in CD \Rightarrow QE || MD$ и така доказахме, че $E = PN \times CM$, т.е. Е е пресечната точка на перпендикуляра през средата на ъглополовящата с медианата в основата.
Това ни дава подобието $\triangle CQE \sim \triangle CDM$, от което ни интересува следната зависимост:
$\frac{QE}{DM} = \frac{CE}{CM} \Leftrightarrow QE = \frac{CE.DM}{CM} = \frac{h.CE}{m_c} = \frac{\frac{7\sqrt{3}}{6}CE}{\frac{7}{2}} = \frac{CE}{\sqrt{3}}$.

Вече работим в $\triangle MLC$, в който имаме трите страни $ML = 4 - \frac{7}{2} = \frac{1}{2}; CL = \frac{12}{5}\sqrt{2}; CM = \frac{7}{2}$. Нека $\angle MCL = \varphi$, тогава по косинусова теорема имаме:
$cos\varphi = \frac{(\frac{12}{5}\sqrt{2})^2 + (\frac{7}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2}{2.\frac{7}{2}.\frac{12}{5}\sqrt{2}} = ... = \frac{7}{10}\sqrt{2}$

Но $\triangle ECO$ е правоъгълен с остър ъгъл $\varphi$, оттам директно по дефиниция за косинус имаме:
$cos\varphi = \frac{CO}{CE} = \frac{CL}{2CE}$
$\Rightarrow CE = \frac{l_c}{2cos\varphi} = \frac{\frac{6\sqrt{2}}{5}}{\frac{7\sqrt{2}}{10}} = \frac{12}{7}$

Оттам намираме $QE = \frac{12}{7\sqrt{3}} = \frac{4}{7}\sqrt{3}$

И лицето на сечението вече е лесно:

$S_{PNQ} = \frac{1}{2}.PN.QE = \frac{1}{2}.\frac{12}{5}\sqrt{2}.\frac{4}{7}\sqrt{3}$

$\Rightarrow \boxed{S_{PNQ} = \frac{24}{35}\sqrt{6}}$

Поизпотих се, но съм доволен.

[S.B.]

....Поизпотих се, но съм доволен.

Ами наметни се с нещо ,за да не настинеш!
Шегувам се,разбира се!Радвам се,че задачата ти достави удоволствие!