За триъгълна пирамида ABCD е дадено, че

[mon4eto]

За триъгълна пирамида ABCD е дадено, че ∠ADB = ∠BDC = ∠CDA = 90º. Да се докаже, че АB[tex]\bot[/tex]CD, AD[tex]\bot[/tex]BC, AC[tex]\bot[/tex]BD.

[Knowledge Greedy]

От [tex]АB ⊥ CD[/tex] следва, че [tex]AB \bot CD'[/tex] - тук точката [tex]D'[/tex] е ортогонална проекция на точка [tex]D[/tex] върху равнината [tex](ABC)[/tex]
От [tex]AD ⊥BC[/tex] следва, че [tex]AD' \bot BC[/tex]( Приложихме за втори път ТТП (Теоремата за Трите Перпендикуляра).
В равнината [tex](ABC)[/tex] на основата сме. Явно точката [tex]D'[/tex] представлява ортоцентър за [tex]\triangle ABC[/tex] - благодарение на предходните два резултата.
Да разгледаме правата [tex]BD'[/tex].
Тази права има две качества:
- тя е ортогонална проекция на правата [tex]BD[/tex] върху равнината на основата [tex](ABC)[/tex]
- тя съдържа третата височина на триъгълника [tex]\triangle ABC[/tex] - защото минава през върха му [tex]B[/tex] и през ортоцентъра му [tex]D'[/tex].
Но [tex]BD'\bot AC[/tex] и отново по ТТП (само че в обратна посока) следва [tex]BD \bot AC[/tex] - т.к.т.д.

триъгълна пирамида с перпендикулярни кръстосани.png (6.67 KiB) Прегледано 629 пъти

[Гост]

То всичкото ѝ е перпендикулярно на тая пирамида

[KOPMOPAH]

Като стане дума за перпендикулярност, веднага ми идва наум да пробвам вектори - недолюбван, пренебрегван, но много мощен инструмент.

И така:$$\vec{AB}=\vec{DB}-\vec{DA},~~ \vec{BC}=\vec{DC}-\vec{DB},~~ \vec{AC}=\vec{DC}-\vec{DA}$$
$$\vec{AB}.\vec{DC}=\left(\vec{DB}-\vec{DA}\right).\vec{DC}=\underbrace{\vec{DB}.\vec{DC}}_{\displaystyle =0}-\underbrace{\vec{DA}.\vec{DC}}_{\displaystyle =0}$$
Заради взаимната перпендикулярност двете последни скаларни произведения са равни на $0$, откъдето следва, че и косинусът на ъгъла между $\vec{AB}$ и $\vec{DC}$ също е равен на нула, което може да се случи само ако векторите са перпендикулярни.

Аналогично се доказва и за другите ръбове. Колегата Гост е прав, че бая перпендикулярности има в тая пирамида