8695. В пирамиде
ABCD
длина отрезка
BD
равна
\frac{5}{2}
, точка
E
— середина
AB
, а
F
— точка пересечения медиан грани
BCD
, причём
EF=8
. Сфера радиуса 5 касается плоскостей
ABD
и
BCD
в точках
E
и
F
соответственно. Найдите двугранный угол между гранями
ABD
и
BCD
, площадь грани
BCD
и объём пирамиды
ABCD
.
Ответ.
\arccos\frac{7}{25}=\arcsin\frac{24}{25}
; 25;
\frac{320}{3}
.
Решение. Пусть
O
— центр сферы (рис. 1). Поскольку радиусы
OE
и
OF
проведены в точки касания сферы с плоскостями
ABD
и
BCD
, прямая
OE
перпендикулярна плоскости
ABD
, а прямая
OF
— плоскости
BCD
, значит,
OE\perp BD
и
OF\perp BD
, а также
OE\perp DE
и
OF\perp DF
.
Пусть плоскость, проведённая через пересекающиеся прямые
OE
и
OF
пересекает прямую
BD
в точке
H
. Поскольку прямая
BD
перпендикулярна пересекающимся прямым
OE
и
OF
этой плоскости, плоскость
OEF
перпендикулярна прямой
BD
, значит,
EHF
— линейный угол двугранного угла между гранями
ABD
и
BCD
. Положим
\angle EHF=2\alpha
.
Из равенства отрезков
DE
и
DF
(отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки) следует равенство прямоугольных треугольников
EHD
и
FHD
(по катету и гипотенузе), значит,
EH=FH
. Таким образом, в четырёхугольнике
OEHF
(рис. 2) точки
O
и
H
равноудалены от концов диагонали
EF
, поэтому
HO\perp EF
и диагональ
OH
проходит через середину
K
диагонали
EF
. Тогда
\angle OEK=\angle EHO=\frac{1}{2}\angle EHF=\alpha,~\cos\alpha=\frac{EK}{OE}=\frac{4}{5}.

Следовательно,
\cos2\alpha=2\cos^{2}\alpha-1=2\cdot\frac{16}{25}-1=\frac{32}{25}-1=\frac{7}{25}.

Из прямоугольного треугольника треугольника
HKF
находим, что
FH=\frac{KF}{\sin\angle KFH}=\frac{KF}{\sin\alpha}=\frac{4}{\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}}=\frac{4}{\sqrt{1-\frac{16}{25}}}=\frac{20}{3}.

Поскольку
FH\perp BD
, отрезок
FH
— высота треугольника
DBF
, а так как
F
— точка пересечения медиан треугольника
BCD
, то
S_{\triangle BDC}=3S_{\triangle BDF}=3\cdot\frac{1}{2}BD\cdot FH=\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}\cdot\frac{20}{3}=25.

Поскольку
EH\perp BD
, отрезок
EH
— высота треугольника
BED
, а так как
E
— середина ребра
AB
и
EH=FH=\frac{20}{3}
, то
S_{\triangle ABD}=2S_{\triangle BDE}=2\cdot\frac{1}{2}BD\cdot EH=\frac{5}{2}\cdot\frac{20}{3}=\frac{50}{3}.

Воспользуемся формулой
V=\frac{2}{3}\cdot\frac{S_{1}\cdot S_{2}\sin\varphi}{a}
, где
V
— объём тетраэдра,
S_{1}
и
S_{2}
— площади двух его граней,
\varphi
— угол между этими гранями,
a
— длина их общего ребра. В нашем случае
V_{ABCD}=\frac{2}{3}\cdot\frac{S_{ABD}\cdot S_{BCD}\sin2\alpha}{BD}=\frac{2}{3}\cdot\frac{\frac{50}{3}\cdot25\cdot2\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{4}{5}}{\frac{5}{2}}=\frac{320}{3}.



Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 2004, билет 1, № 6
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 04-1-6, с. 426