а)  От­ме­тим точки и на реб­рах и AB со­от­вет­ствен­но так, чтобы Тогда плос­кость   — это плос­кость

Оче­вид­но, по­сколь­ку про­ек­ция BM на плос­кость ABC  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка Она пер­пен­ди­ку­ляр­на AC, а зна­чит, и По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах

Рас­смот­рим те­перь про­ек­цию точки M на плос­кость Про­ек­ция на эту плос­кость  — се­ре­ди­на ребра по­это­му До­ка­жем те­перь, что пря­мая пер­пен­ди­ку­ляр­на Тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах ока­жет­ся, что тогда и

Обо­зна­чим за O точку пе­ре­се­че­ния от­рез­ков и за и   — про­ек­ции точек и L на пря­мую Тогда

Итак, тан­ген­сы этих углов об­рат­ны друг другу, по­это­му углы в сумме дают 90° и угол   =  180° − 90°  =  90°, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Оче­вид­но по­сколь­ку   — рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник.

Ответ:

При­ме­ча­ние.

Для вы­чис­ле­ния объ­е­ма тет­ра­эд­ра ис­поль­зо­ва­на фор­му­ла где а и b  — про­ти­во­по­лож­ные ребра тет­ра­эд­ра, а с и φ   — со­от­вет­ствен­но рас­сто­я­ние и угол между ними. Эта фор­му­ла при­ве­де­на в школь­ном учеб­ни­ке Л. С. Ата­на­ся­на Гео­мет­рия 10–11 для са­мо­сто­я­тель­но­го до­ка­за­тель­ства (за­да­ча № 803).

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

а)  Пусть плос­кость се­че­ния α пе­ре­се­ка­ет ребро AB в точке K₁, а ребро BC -- в точке L₁. Тогда КК₁ || AC, по­сколь­ку плос­кость се­че­ния па­рал­лель­на AC. Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет па­рал­лель­ные плос­ко­сти ос­но­ва­ний по па­рал­лель­ным пря­мым, сле­до­ва­тель­но, LL₁ || KK₁ || A₁C₁ || AC.

Про­ве­дем плос­кость BB₁M, пусть она пре­се­ка­ет ребро AC в точке N, пря­мую KK₁ в точке Pи пря­мую LL₁ в точке R.

За­ме­тим, что MB₁  — вы­со­та пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной 12, сле­до­ва­тель­но,

Ана­ло­гич­но и

До­ка­жем, что MB ⊥ PR:

Тогда ∠MBN + ∠RPB  =  90°, сле­до­ва­тель­но, BM ⊥ PR.

За­ме­тим, что BM ⊥ KK₁, по­сколь­ку ее про­ек­ция BN ⊥ KK₁. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая BM пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым плос­ко­сти α, а зна­чит, она пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти α, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Ос­но­ва­ни­ем пи­ра­ми­ды яв­ля­ет­ся тра­пе­ция LL₁KK₁ с вы­со­той PR. Вы­со­той пи­ра­ми­ды яв­ля­ет­ся от­ре­зок BT, где T  — точка пе­ре­се­че­ния BM и PR. За­ме­тим, что тогда

При­ве­дем ре­ше­ние Ирины Шраго ко­ор­ди­нат­ным ме­то­дом.

а)  От­ме­тим точки и на реб­рах и AB со­от­вет­ствен­но так, чтобы Тогда плос­кость   — это плос­кость Пусть от­ре­зок пе­ре­се­ка­ет ме­ди­а­ну BN тре­уголь­ни­ка ABC в точке P.

Вве­дем си­сте­му ко­ор­ди­нат с на­ча­лом в точке P, на­пра­вив ось Ox вдоль луча PK, ось Oy  — вдоль луча PB.

Пусть плос­кость за­да­ет­ся урав­не­ни­ем Эта плос­кость про­хо­дит через ось Ox, сле­до­ва­тель­но, Пусть плос­кость пе­ре­се­ка­ет от­ре­зок B₁M в точке G. Ко­ор­ди­на­ты точки G: Под­ста­вив их в урав­не­ние плос­ко­сти най­дем Век­тор нор­ма­ли плос­ко­сти кол­ли­не­а­рен век­то­ру сле­до­ва­тель­но, плос­кость пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Вы­со­ту ис­ко­мой пи­ра­ми­ды най­дем по фор­му­ле рас­сто­я­ния от точки до плос­ко­сти Она равна Ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды  — тра­пе­ция с ос­но­ва­ни­я­ми и и вы­со­той

Пло­щадь тра­пе­ции

Тогда объем пи­ра­ми­ды