8051. Все рёбра треугольной пирамиды ABCD
касаются некоторого шара. Три отрезка, соединяющие середины скрещивающихся рёбер AB
и CD
, AC
и BD
, AD
и BC
, равны. Угол DBC
равен 50^{\circ}
, а угол BCD
больше угла BDC
. Найдите отношение площадей граней ABD
и ABC
.
Ответ. \sqrt{3}\tg40^{\circ}
.
Указание. Докажите, что AB+CD=AD+BC=AC+BD
. Достроив тетраэдр до параллелепипеда, докажите, что
AB^{2}+CD^{2}=AC^{2}+BD^{2}=AD^{2}+BC^{2}.
Выведите из этих утверждений, что данный тетраэдр является правильной треугольной пирамидой с основанием ABD
.
Решение. Пусть каждый из отрезков, соединяющих середины противоположных рёбер тетраэдра ABCD
, равен a
. Достроим данный тетраэдр до параллелепипеда AKBLNDMC
(AN\parallel KD\parallel BM\parallel LC)
, проведя через его противоположные рёбра пары параллельных плоскостей (рис. 1). Отрезки, соединяющие середины противоположных рёбер тетраэдра ABCD
, соответственно равны и параллельны рёбрам параллелепипеда AKBLNDMC
, значит, все грани этого параллелепипеда — ромбы, все стороны которых равны a
.
По теореме о сумме квадратов диагоналей параллелограмма (см. задачу 4011)
AB^{2}+CD^{2}=4a^{2},~AC^{2}+BD^{2}=4a^{2},~AD^{2}+BC^{2}=4a^{2}.
Следовательно,
AB^{2}+CD^{2}=AC^{2}+BD^{2}=AD^{2}+BC^{2}.
Пусть шар касается рёбер AB
, CD
, AD
и BC
тетраэдра ABCD
в точках E
, F
, G
и H
соответственно (рис. 2). Тогда
AB+CD=(AE+BE)+(CF+DF)=(AG+BH)+(CH+DG)=
=(AG+DG)+(CH+BH)=AD+BC.
Аналогично, AC+BD=AB+CD
и AD+BC=AB+CD
.
Рассмотрим равенства
AD^{2}+BC^{2}=AC^{2}+BD^{2},~AD+BC=AC+BD.
Возведём обе части второго равенства в квадрат и из результата почленно вычтем первое. Получим систему
\syst{AD^{2}+BC^{2}=AC^{2}+BD^{2}\\2AD\cdot BC=2BD\cdot AC,\\}
из которой следует, что (AD-BC)^{2}=(AC-BD)^{2}
. Поэтому
AD-BC=AC-BD~\mbox{или}~AD-BC=BD-AC,
а так как AD+BC=AC+BD
, то первом случае AD=AC
и BC=BD
, что невозможно, так как из условия задачи следует, что BC\lt BD
, а во втором — AD=BD
и BC=AC
.
Аналогично, из равенств
AD^{2}+BC^{2}=AB^{2}+CD^{2},~AD+BC=AB+CD.
получим, что AD=AB
и BC=CD
или AD=CD
и BC=AB
. Второй случай невозможен, так как тогда из равенств AD=CD
и AD=BD
следует, что CD=BD
, а значит,
\angle BCD=\angle CBD=50^{\circ},~\angle BDC=80^{\circ}\gt\angle BCD.
Таким образом, мы доказали, что
AD=BD,BC=AC,AD=AB,BC=CD,
поэтому
AB=AD=BD,~BC=CD=AC,
т. е. ABCD
— правильная треугольная пирамида с вершиной C
(рис. 3).
Пусть T
— середина AB
. Тогда DT
и CT
— высоты треугольников ABD
и ABC
. Следовательно,
\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{DT}{CT}=\frac{AT}{BT}=\frac{AT\tg60^{\circ}}{AT\tg50^{\circ}}=\sqrt{3}\tg40^{\circ}.