Ostrosłup, przekrój

[revage]

9.51
Podstawa ostrosulupa prostego ABCD jest trójkąt prostokątny ABC w ktorym mamy dane: kąt przy wierzchołku C ma 90 stopni, \(\displaystyle{ \left| AC\right|=\left| BC\right|, \left| AB\right|\=c}\). Przez przeciwprostokâtna AB i środek M przeciwleglej krawędzi bocznej poprowadzono plaszczyzne i otrzymano przekroj ostrosłupa którego pole jest równe P. Oblicz pole ściany bocznej ABD tego ostrosłupa.

Przenoszę odpowiedź z książki :
Spadkiem wysokości jest środek okręgu opisanego ma podstawie w tym przypadku środek przeciwprostokątnej podstawy to punkt O \(\displaystyle{ |OC|= \frac{c}{2}}\). wobec tego pole ABD \(\displaystyle{ P_{s} = \frac{1}{2}cH}\). Trójkąt ABM jest równoramienny wiec środkowa OM jest jednocześnie wysokością h poprowadzona na bok AB. \(\displaystyle{ P= \frac{hc}{2}}\) \(\displaystyle{ h= \frac{2P}{c}}\)

(Teraz nie rozumiem tego, dlaczego 2h ):
Ponieważ kąt DOC ma 90 stopni wiec \(\displaystyle{ |DC|=2h = \frac{4P}{c}}\).

Z tw. Pitagorasa zastosowanego w trójkącie DOC: \(\displaystyle{ H^{2} =( \frac{4P}{c}) ^{2}+- ( \frac{c}{2}) ^{2} \Rightarrow H= \frac{ \sqrt{64P ^{2}-c ^{4} } }{2c}}\)

\(\displaystyle{ P _{s}= \frac{ \sqrt{64P ^{2}-c ^{4} } }{4}}\)


Mógłby ktoś wytłumaczyć ten zaznaczony fragment zdadania?

[M Maciejewski]

Odcinek \(\displaystyle{ DO}\) to wysokość ostrosłupa i jest prostopadły do płaszczyzny, na której leży podstawa. Ten odcinek jest więc prostopadły do wszystkich prostych leżących na tej płaszczyźnie i przechodzących przez punkt \(\displaystyle{ O}\). Dlatego kąt \(\displaystyle{ DOC}\) jest prosty.

[revage]

Ok. Dlaczego \(\displaystyle{ |DC|=2h}\) ?

[kropka+]

Narysuj trójkąt prostokątny \(\displaystyle{ COD}\).
Na odcinku \(\displaystyle{ DC}\) zaznacz jego środek, czyli punkt \(\displaystyle{ M}\).
Dorysuj \(\displaystyle{ MO=h}\),
Dorysuj wysokość trójkąta \(\displaystyle{ COM}\) opuszczoną na \(\displaystyle{ CO}\). Oznacz jej spodek jako \(\displaystyle{ N}\).
Trójkąty \(\displaystyle{ CNM}\) i \(\displaystyle{ COD}\) są podobne w skali \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\). Stąd punkt \(\displaystyle{ N}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ CO}\). Jeśli spodek wysokości trójkąta jest środkiem jego podstawy, to trójkąt jest równoramienny. Czyli \(\displaystyle{ \left| CM\right|=\left| MO\right|=h \Rightarrow \left| CD\right| =2h}\)

Można było rozwiązać bez tego założenia i bezpośrednio wyliczyć \(\displaystyle{ H}\).
W trójkącie \(\displaystyle{ COD}\) rzutujemy \(\displaystyle{ M}\) na \(\displaystyle{ OD}\) i oznaczamy ten rzut jako \(\displaystyle{ R}\). Dostajemy trójkąt prostokątny \(\displaystyle{ MOR}\) w którym \(\displaystyle{ MO=h, \ MN= \frac{c}{4}, \ OR= \frac{H}{2}}\). Z tw. Pitagorasa wyliczamy \(\displaystyle{ \frac{H}{2}}\) a stąd \(\displaystyle{ H}\).