7794. Сфера с центром в точке
O
проходит через вершины
A
,
B
и
C
треугольной пирамиды
ABCD
и пересекает прямые
AD
,
BD
и
CD
в точках
K
,
L
и
M
соответственно. Известно, что
AD=10
,
BC:BD=3:2
и
AB:CD=4\sqrt{3}:11
. Проекциями точки
O
на плоскости
ABD
,
BCD
и
CAD
являются середины рёбер
AB
,
BC
и
AC
соответственно. Расстояние между серединами рёбер
AB
и
CD
равно 13. Найдите периметр треугольника
KLM
.
Ответ.
41\left(\frac{\sqrt{105}}{55}+\frac{\sqrt{3}}{10}+\frac{3}{22}\right)
.
Указание. Докажите, что
AL
и
BK
— высоты треугольника
ABD
,
BM
и
CL
— высоты треугольника
BCD
,
CK
и
AM
— высоты треугольника
ACD
, а противоположные рёбра тетраэдра
ABCD
попарно перпендикулярны.
Решение. Сечение данной сферы плоскостью грани
ABD
есть окружность с центром в середине отрезка
AB
, проходящая через точки
A
,
B
,
K
и
L
(рис. 1). Поэтому
AB
— диаметр этой окружности. Отрезок
AB
виден из точек
K
и
L
под прямым углом, значит,
AL
и
BK
— высоты треугольника
ABD
. Аналогично,
BM
и
CL
— высоты треугольника
BCD
, а
CK
и
AM
— высоты треугольника
ACD
.
Прямая
CD
перпендикулярна двум пересекающимся прямым
AM
и
BM
плоскости
ABM
, поэтому прямая
CD
перпендикулярна этой плоскости. Значит,
CD\perp AB
. Аналогично, что
AD\perp BC
и
BD\perp AC
.
Противоположные рёбра тетраэдра
ABCD
попарно перпендикулярны, значит, суммы квадратов его противоположных рёбер равны (см. задачи 7273 и 7807), т. е.
AB^{2}+CD^{2}=AC^{2}+BD^{2}=AD^{2}+BC^{2}.

Положим
BC=3x
,
BD=2x
,
AB=4y\sqrt{3}
,
CD=11y
. Поскольку ребро параллелепипеда
APBQSDRC
равно отрезку, соединяющему центры противоположных граней,
a=13
. Поэтому
100+9x^{2}=4\cdot169,~48y^{2}+121y^{2}=4\cdot169,~AC^{2}+4x^{2}=4\cdot169,

откуда находим, что
x=8,~y=2,~AC=2\sqrt{105},

BC=24,~BD=16,~AB=8\sqrt{3},~CD=22.

Рассмотрим треугольник
ABD
. Обозначим
\angle ADB=\alpha
. Поскольку
BK
и
AL
— высоты треугольника
ABD
, треугольник
KDL
подобен треугольнику
BDA
с коэффициентом
|\cos\alpha|
(см. задачу 19). Поэтому
KL=AB|\cos\alpha|
. По теореме косинусов находим, что
\cos\alpha=\frac{AD^{2}+BD^{2}-AB^{2}}{2AD\cdot BD}=\frac{100+256-192}{2\cdot10\cdot16}=\frac{164}{4\cdot80}=\frac{41}{80}.

Значит,
KL=8\sqrt{3}\cdot\frac{41}{80}=\frac{41\sqrt{3}}{10}
. Аналогично находим, что
LM=BC|\cos\angle BDC|=\frac{24(256+484-576)}{2\cdot16\cdot22}=\frac{24\cdot164}{2\cdot16\cdot22}=\frac{3\cdot41}{22},

KM=AC\cdot|\cos\angle ADC|=\frac{2\sqrt{105}(100+484-420)}{2\cdot10\cdot22}=\frac{2\sqrt{105}\cdot164}{2\cdot10\cdot22}=\frac{41\sqrt{105}}{55}.

Следовательно, периметр треугольника
KLM
равен
\frac{41\sqrt{3}}{10}+\frac{41}{22}+\frac{41\sqrt{105}}{55}=41\left(\frac{\sqrt{105}}{55}+\frac{\sqrt{3}}{10}+\frac{3}{22}\right).

Источник: Вступительный экзамен на факультет вычислительной математики и кибернетики (ВМК) МГУ. — 1996 (предварительный экзамен), вариант 1, № 6