а)  До­ка­жем су­ще­ство­ва­ние ука­зан­ной пи­ра­ми­ды. По­стро­им по­сле­до­ва­тель­но.

1.  Про­дол­же­ние бо­ко­вых сто­ро­ны тра­пе­ции ABCD до пе­ре­се­че­ния в точке H. (Рис. 1).

2.  Вос­ста­но­вим пер­пен­ди­ку­ляр HP к плос­ко­сти (AHD).

3.  От­рез­ки: PC, PD, PA, PB.

4.  Плос­ко­сти: (PCD), (PAD), (PAB), (PBC).

Пи­ра­ми­да по­стро­е­на. Те­перь до­ка­жем, что грани PAB и PCD пер­пен­ди­ку­ляр­ны к плос­ко­сти ABC.

Из пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти PH и (AHD) сле­ду­ет: PH ⊥ DH. Плос­ко­сти (AHD) и (PHD) об­ра­зу­ют дву­гран­ный угол с реб­ром DH. Так как плос­кость (PHD) со­дер­жит пря­мую PH, ко­то­рая пер­пен­ди­ку­ляр­на (AHD), то и (PHD) ⊥ (AHD) по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти двух плос­ко­стей. Ана­ло­гич­но можно до­ка­зать, что (PHA) ⊥ (AHD).

PH яв­ля­ет­ся реб­ром дву­гран­но­го угла, об­ра­зо­ван­но­го по­лу­плос­ко­стя­ми PHD и PHA. PH ⊥ DH, PH ⊥ AH, зна­чит, ∠AHD  — ли­ней­ный угол этого дву­гран­но­го угла.

В ΔAHD ∠ADH = ∠DAH  =  45°, сле­до­ва­тель­но, ∠AHD  =  90°, от­ку­да: (PHD) ⊥ (PHA). Но (PHD)  =  (PCD), (PHA)  =  (PAB), зна­чит, плос­ко­сти PAB и PCD пер­пен­ди­ку­ляр­ны.

б)  BC || AD ⇒ ΔAHD ~ ΔBHC при этом ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия

Пусть K  — се­ре­ди­на AD. Про­ве­дем от­ре­зок KH, ко­то­рый пе­ре­се­чет BC, ска­жем, в точке M.

Пусть в тра­пе­ции ABCD (см. рис. 2) C₁, B₁  — про­ек­ции точек С и В на AD со­от­вет­ствен­но. Тогда: MK  — ось сим­мет­рии ABCD, C₁B₁  =  6, DC₁  =  AB₁  =  (AD − C₁B₁) : 2  =  (12 − 6)  =  3. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CC₁D и AB₁B, име­ю­щие по од­но­му остро­му углу 45°, рав­но­бед­рен­ны, это зна­чит, что CC₁  =  BB₁  =  MK  =  HM  =  3, KH  =  6. Далее:

В ΔPHK, в ко­то­ром ∠PHK  =  90°,

В ΔPHM:

Ответ: