14652. Дана треугольная пирамида SABCD
, медианы AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
треугольника ABC
пересекаются в точке M
. Сфера \Omega
касается ребра AS
в точке L
и касается плоскости основания пирамиды в точке K
, лежащей на отрезке AM
. Сфера \Omega
пересекает отрезок SM
в точках P
и Q
. Известно, что SP=MQ
, площадь треугольника ABC
равна 90, SA=BC=12
.
а) Найдите произведение длин медиан AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
.
б) Найдите двугранный угол при ребре BC
пирамиды, если дополнительно известно, что сфера \Omega
касается грани BCS
в точке N
, SN=4
, а радиус сферы \Omega
равен 5.
Ответ. а) 2430; б) 2\arctg\frac{3}{5}=\arccos\frac{8}{17}
.
Решение. а) Поскольку SL
—касательная к сфере \Omega
, а SP
и SQ
— секущие к ней, то по теореме о касательной и секущей SL^{2}=SP\cdot SQ
. Аналогично, MK^{2}=MP\cdot MQ
, а поскольку MQ=SP
, то
SP\cdot SQ=MP\cdot MQ=MK^{2}.
В итоге получаем
SL^{2}=SP\cdot SQ=MP\cdot MQ=MK^{2},
т. е. SL=MK
.
Отрезки AL
и AK
равны как отрезки касательных, проведённых к сфере \Omega
из одной точки, поэтому
AM=AK+MK=AL+SL=SA=12.
Тогда
AA_{1}=\frac{3}{2}AM=18.
Кроме того, A_{1}M=\frac{1}{2}AM=6
, и при этом
A_{1}B=A_{1}C=\frac{1}{2}BC=6,
значит, A_{1}M=A_{1}B=A_{1}C
. Следовательно, треугольник BMC
прямоугольный с прямым углом при вершине M
(см. задачу 1188). Тогда
S_{\triangle BMC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BM\cdot CM=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}BB_{1}\cdot\frac{2}{3}CC_{1}~\Rightarrow~
\Rightarrow~BB_{1}\cdot CC_{1}=\frac{3}{2}S_{\triangle ABC}=\frac{3}{2}\cdot90=135.
Следовательно,
AA_{1}\cdot BB_{1}\cdot CC_{1}=18\cdot135=3430.
б) Пусть G
и H
— проекции точек соответственно M
и K
на прямую BC
. Заметим, что NH\perp BC
, так как N
и K
—точки касания сферы \Omega
со сторонами двугранного угла пирамиды при ребре BC
. Значит, искомый угол NHK
равен удвоенному углу OHK
, где O
— центр сферы \Omega
.
Из равенства
S_{\triangle BMC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot MG
находим, что
MG=\frac{2S_{\triangle ABC}}{3BC}=\frac{2\cdot90}{3\cdot12}=5,
а так как SL=SN=4
как отрезки касательных, проведённых к сфере \Omega
и точки S
, то
AK=AL=SA-SL=12-4=8,
откуда
A_{1}K=AA_{1}-AK=18-8=10.
Из подобия прямоугольных треугольников A_{1}MG
и A_{1}KH
получаем
KH=MG\cdot\frac{A_{1}K}{A_{1}M}=5\cdot\frac{10}{6}=\frac{25}{3}.
Следовательно,
\tg\angle OHK=\frac{OK}{KH}=\frac{5}{\frac{25}{3}}=\frac{3}{5},~\angle NHK=2\angle OHK=2\arctg\frac{3}{5}.
Примечание. Если площадь треугольника ABC
равна 60, SA=BC=10
, SN=3
, а радиус сферы равен 4, то ответ: а) 1350; б) 2\arctg\frac{5}{8}=\arccos\frac{39}{89}
.
Если площадь треугольника ABC
равна 100, SA=BC=16
, SN=4
, а радиус сферы равен 5, то ответ: а) 3600; б) 2\arctg\frac{4}{5}=\arccos\frac{9}{41}
.
Если площадь треугольника ABC
равна 180, SA=BC=20
, SN=6
, а радиус сферы равен 8, то ответ: а) 8100; б) 2\arctg\frac{5}{6}=\arccos\frac{11}{61}
.