Пусть сторона нижнего основания пирамиды равна $a,$ сторона верхнего равна $b,$ угол спуска равен $α,$ а число пройденных граней равно $n.$

Будем считать, что первооткрыватель поднимался. Обозначим (пока неизвестные нам) величины — высоту постройки через $H,$ угол наклона боковой стороны пирамиды к земле через $β.$ Тогда

2H tg(β)= a− b

H = a− b-tg(β) 2

Посмотрим на пирамиду в проекции сверху.

Заметим, что рисунки на гранях подобны друг другу — поднимаясь, первооткрыватель будет проходить по каждой грани все меньшее расстояние, при том переход по следующей грани будет равен некоторому $q,$ умноженному на длину перехода по предыдущей грани.

У нас есть трапеции с основаниями $a$ и $qa,$ $qa$ и $q2a,$ $q2a$ и $q3a,$ и так далее. У последней трапеции верхнее основание будет равно $b,$ следовательно,

n∘-b b= qna;q = a

Обозначим высоту, на которую первооткрыватель поднялся по первой трапеции, за $h.$ Тогда из подобия следует, что за второй переход он добавит к высоте $qh,$ за третий — $q2h,$ и так далее. Тогда

1− qn 1 − b h(a− b) H = h+qh +q2h+ ...+ qn−1h= h-1−-q =h-1−a q-= a(1− q)

Нам известны все величины, кроме $h.$

Обозначим на пирамиде некоторые точки. Ребро основания, с которого начат подъем — это $AB,$ путь начат из $A.$ Первый отрезок пути соединяет точки $A$ и $P$ на боковом ребре.

Из точки $P$ проведем в плоскости $ABP$ прямую, параллельно $AB,$ она пересечет другое боковое ребро в точке $P1.$ Получится трапеция $ABPP1$ с основаниями $AB = a,$ $PP1 = qa.$ Точку $P$ ортогонально спроецируем на основание пирамиды — получим точку $R,$ $PR =h.$ От точки $R$ в плоскости основания пирамиды проведем перпендикуляр к $AB,$ он пересечет $AB$ в точке $L.$

Тогда угол $RBA$ равен $45∘,$ так как R падает на диагональ квадрата, являющегося основанием пирамиды. $RL= LB,$ а

LR = -h-- tg(β)

Кроме того,

h h AR = tg(α);AL= a− tg(β)

Треугольник $ALR$ прямоугольный, поэтому

( h )2 ( h )2 ( h )2 tg(α) = tg(β) + a− tg(β)

Решим квадратное уравнение относительно $1h.$

( )2 ( ) a2 1 − -2a--⋅ 1+ 2tg22(α-)− tg22(β) =0 h tg(β) h tg (β)⋅tg(α)

Положительным решением будет

1 --1--( --1-∘ -2------2--) h = atg(β) 1+ tg(α) tg (β)− tg (α)

По свойствам трапеции

1 LB =2 (AB − PP1),

то есть

a(1− q)=2hctg(β)

h= a(1− q)tg(β) 2

1= -----2---- h a(1− q)tg(β)

Тогда

2 1 ( 1 ∘--2-----2--) a(1−-q)tg(β) = atg(β) 1+ tg(α) tg(β)− tg (α)

∘------------ -2--= 1+ -1-- tg2(β)− tg2(α) 1− q tg(α)

∘ 2(1+-q2) tg(β) =tg(α) (1−-q)2-

Вспомним, что

H = h(a−-b) a(1− q)

Так как

a(1 − q) h= --2---tg(β),

можем подставить $tg(β).$ Получим

√- ∘ ------- H = -2(a− b) 1-+q2-tg(α), 2 (1 − q)2

где

∘-b q = n a

По условию, $a =2048,$ $b= 486,$ $n= 5,$ $α =45∘.$ В итоге $H = 3905√2.$

Проецирование в стерео