14636. Основание пирамиды TABC
— прямоугольный треугольник ABC
, в котором угол BAC
равен 60^{\circ}
. Ребро TA
перпендикулярно плоскости основания. Биссектриса AD
угла BAC
равна b
. Расстояние между прямыми TB
и AD
равно \frac{b}{2}
. Найдите угол между прямыми TC
и AD
и площадь описанной сферы.
Ответ. 45^{\circ}
; \frac{27}{8}\pi b^{2}
.
Решение. Пусть \angle B=90^{\circ}
. Из прямоугольного треугольника ABD
находим
BD=\frac{1}{2}AD=\frac{b}{2},~AB=BD\sqrt{3}=\frac{b\sqrt{3}}{2}.
Треугольник ACD
равнобедренный с углами 30^{\circ}
при основании AC
, поэтому
CD=AD=b,~AC=AD\sqrt{3}=b\sqrt{3},
а BC=\frac{3}{2}b
.
Через точку D
параллельно ребру TB
проведём прямую, пересекающую ребро TB
в точке E
, Прямая TB
параллельна плоскости ADE
, так как эта прямая параллельна прямой DE
, лежащей в плоскости ADE
. Значит, расстояние b
между прямыми TB
и AD
равно расстоянию от любой точки прямой TB
, например, от точки B
, до этой плоскости, а так как BD=\frac{1}{2}CD
, то расстояние от точки B
до плоскости ADE
равно \frac{b}{2}
, т. е. равно BD
. Поскольку \angle ADB=60^{\circ}
, отрезок BD
не может быть перпендикуляром к плоскости ADE
, поэтому BD
— наклонная к этой плоскости, и BD\gt\frac{b}{2}
. Противоречие.
Пусть теперь \angle C=90^{\circ}
. Из прямоугольного треугольника ACD
находим
CD=\frac{1}{2}AD=\frac{b}{2},~AC=CD\sqrt{3}=\frac{b\sqrt{3}}{2}.
Треугольник ABD
равнобедренный с углами 30^{\circ}
при основании AB
, поэтому
BD=AD=b,~AB=b\sqrt{3}.
Тогда BC=\frac{3}{2}b
.
Через точку D
параллельно ребру TB
проведём прямую, пересекающую ребро TB
в точке E
, а через точку E
параллельно TA
— прямую, пересекающую ребро AC
в точке F
. Прямая TB
параллельна плоскости ADE
, так как эта прямая параллельна прямой DE
, лежащей в плоскости ADE
. Значит, расстояние \frac{b}{2}
между прямыми TB
и AD
равно расстоянию от любой точки прямой TB
, например, от точки B
, до этой плоскости, а так как CD=\frac{1}{2}BD
, то расстояние от точки C
до плоскости ADE
равно \frac{b}{4}
. Поскольку CF:CA=CE:CT=CD:CB=1:3
, то расстояние от точки F
до плоскости ADE
равно \frac{2}{3}\cdot\frac{b}{4}=\frac{b}{6}
.
Опустим перпендикуляр FP
на AD
. Тогда EF\parallel TA
, поэтому EF
— перпендикуляр к плоскости ABC
. По теореме о трёх перпендикулярах EP\perp AD
. Пусть FQ
— высота прямоугольного треугольника EFP
. Прямая FQ
перпендикулярна пересекающимся прямым EP
и AD
плоскости ADE
, поэтому FQ
— перпендикуляр к этой плоскости. Тогда расстояние от точки F
до плоскости ADE
равно FQ
. Следовательно, FQ=\frac{b}{6}
.
Из прямоугольного треугольника APF
находим, что
FP=\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}AC=\frac{1}{3}AC=\frac{1}{3}\cdot\frac{b\sqrt{3}}{2}=\frac{b\sqrt{3}}{6}.
Обозначим \angle EPF=\alpha
. Тогда
\sin\alpha=\sin\angle FPQ=\frac{FQ}{FP}=\frac{\frac{b}{6}}{\frac{b\sqrt{3}}{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}},~\cos\alpha=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},
а так как \angle EFQ=\angle FPQ=\alpha
, то
EF=\frac{FQ}{\cos\alpha}=\frac{\frac{b}{6}}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}=\frac{b\sqrt{3}}{6\sqrt{2}}=\frac{b\sqrt{6}}{12}.
Из подобия треугольников TAC
и EFC
находим, что TA=3EF=\frac{b\sqrt{6}}{4}
.
Пусть прямая FP
, пересекает ребро AB
в точке L
. Треугольник FAL
равнобедренный, так как его биссектриса AP
является высотой. Значит,
AL=AF=\frac{2}{3}AB=\frac{2}{3}\cdot\frac{b\sqrt{3}}{2}=\frac{b\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{3}AB,
а так как CD=\frac{1}{3}BC
, то DL\parallel AB
и DL=\frac{2}{3}AB=AF
. Тогда AFDL
— ромб, поэтому
DP=\frac{1}{2}AD=\frac{b}{2}.
Пусть прямая, проведённая через точку L
параллельно TA
, пересекает ребро TB
в точке K
. Тогда KL
— перпендикуляр к плоскости ABC
, и по теореме о трёх перпендикулярах KP\perp AD
. При этом
KL=\frac{2}{3}TA=\frac{2}{3}\cdot\frac{b\sqrt{6}}{4}=\frac{b\sqrt{6}}{6}.
Значит,
KD=\sqrt{KL^{2}+DL^{2}}=\sqrt{\left(\frac{b\sqrt{6}}{6}\right)^{2}+\left(\frac{b\sqrt{3}}{3}\right)^{2}}=\frac{b\sqrt{2}}{2}.
Искомый угол \varphi
между скрещивающимися прямыми TC
и AD
равен углу между пересекающимися прямыми KD
и AD
, т. е. углу ADP
. Из прямоугольного треугольника KPD
находим, что
\cos\varphi=\cos\angle KDP=\frac{DP}{KD}=\frac{\frac{b}{2}}{\frac{b\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.
Следовательно, \varphi=45^{\circ}
.
По теореме о трёх перпендикулярах \angle BCT=90^{\circ}
. Пусть O
— середина общей гипотенузы TB
прямоугольных треугольников TAB
и ABC
. Тогда
OT=OB=\frac{1}{2}TB=OA=OC,
значит, O
— центр сферы радиуса R=\frac{1}{2}TB
, описанной около пирамиды TABC
, и
R=\frac{1}{2}\sqrt{TA^{2}+AB^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{6}{16}b^{2}+3b^{2}}=\frac{3b\sqrt{3}}{4\sqrt{2}}.
Пусть S
— искомая площадь поверхности сферы. Тогда
S=4\pi R^{2}=4\pi\cdot\frac{27b^{2}}{32}=\frac{27}{8}\pi b^{2}.
Источник: Понарин Я. П. Элементарная геометрия. — Т. 2: Стереометрия. — М.: МЦНМО, 2006. — № 28, с. 240