8791. Даны пирамида ABCD
и цилиндр. Окружность нижнего основания цилиндра вписана в грань ABC
. Окружность верхнего основания пересекает рёбра DA
, DB
и DC
, а её центр лежит в грани ABD
. Радиус цилиндра равен 3, объём пирамиды ABCD
равен 27\sqrt{2}
, ребро AB=24
. Найдите двугранный угол между гранями ABC
и ABD
и радиус сферы, описанной около пирамиды ABCD
.
Ответ. \arctg\frac{\sqrt{2}}{4}
; \sqrt{\frac{337}{2}}
.
Решение. Пусть A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
— общие точки окружности верхнего основания цилиндра с рёбрами соответственно DA
, DB
и DC
пирамиды ABCD
(рис. 1). Тогда сечение пирамиды плоскостью верхнего основания цилиндра — треугольник A_{1}B_{1}C_{1}
, около которого описана окружность радиуса 3, центр O_{1}
которой лежит в грани ABD
, а значит, на хорде A_{1}B_{1}
. Следовательно, A_{1}B_{1}=6
— диаметр окружности, а \angle A_{1}C_{1}B_{1}=90^{\circ}
.
Стороны треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
соответственно параллельны сторонам треугольника ABC
, значит, эти треугольники подобны, причём коэффициент подобия равен \frac{A_{1}B_{1}}{AB}=\frac{6}{24}=\frac{1}{4}
.
В прямоугольный треугольник ABC
с гипотенузой AB=24
вписана окружность с центром O
и радиусом 3 (рис. 2). Пусть она касается сторон AB
, BC
и AC
в точках K
, L
и M
соответственно. Обозначим AM=AK=x
. Тогда
AC=AM+MC=x+3,~BL=BK=AB-AK=24-x,~BC=BL+LC=(24-x)+3=27-x.
По теореме Пифагора
AC^{2}+BC^{2}=AB^{2},~\mbox{или}~(x+3)^{2}+(27-x)^{2}=24^{2}.
Из этого уравнения находим, что x=12+3\sqrt{7}
или x=12-3\sqrt{7}
. В первом из этих случаев
AC=x+3=15+3\sqrt{7},~BC=27-x=15-3\sqrt{7},
во втором —
AC=15-3\sqrt{7},~BC=15+3\sqrt{7}.
Тогда в каждом случае
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC=\frac{1}{2}(15-3\sqrt{7})(15+3\sqrt{7})=\frac{1}{2}(225-63)=81.
Пусть DH
— высота пирамиды ABCD
. Тогда
27\sqrt{2}=V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DH=27DH,
откуда DH=\sqrt{2}
.
Отрезок OO_{1}
равен разности высоты DH
пирамиды ABCD
и высоты DH_{1}
подобной ей с коэффициентом \frac{1}{4}
пирамиды A_{1}B_{1}C_{1}D
(рис. 1), значит,
O_{1}O=\frac{3}{4}DH=\frac{3\sqrt{2}}{4}.
По теореме о трёх перпендикулярах O_{1}K\perp AB
, значит, O_{1}KO
— линейный угол двугранного угла между гранями ABC
и ABD
. Из прямоугольного треугольника O_{1}KO
находим, что
\tg\angle O_{1}KO=\frac{O_{1}O}{OK}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{4}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{4}.
Центр Q
сферы радиуса R
, описанной около пирамиды ABCD
лежит на прямой, перпендикулярной плоскости ABC
и проходящей через центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника ABC
, т. е. через середину P
гипотенузы AB
. Обозначим QP=t
. Из прямоугольного треугольника QAP
находим, что
R^{2}=QA^{2}=QP^{2}+AP^{2}=t^{2}+12^{2}.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC
(рис. 1). Предположим, что AC\lt BC
(случай AC\gt BC
разбирается аналогично), т. е. AC=15-3\sqrt{7}
, BC=15+3\sqrt{7}
. Тогда
KP=AP-AK=AP-AM=AP-(AC-CM)=12-(15-3\sqrt{7}-3)=3\sqrt{7},
OP=\sqrt{OK^{2}+KP^{2}}=\sqrt{3^{2}+(3\sqrt{7})^{2}}=6\sqrt{2}.
Поскольку O_{1}
— середина A_{1}B_{1}
и A_{1}B_{1}\parallel AB
, точка O_{1}
лежит на медиане DP
треугольника ADB
, значит, ортогональная проекция O
точки O_{1}
на плоскость ABC
лежит на ортогональной проекции HP
наклонной DP
на эту плоскость, причём \frac{OP}{PH}=\frac{PO_{1}}{DP}=\frac{3}{4}
. Поэтому
PH=\frac{4}{3}OP=\frac{4}{3}\cdot6\sqrt{2}=8\sqrt{2}.
Рассмотрим плоскость параллельных прямых QP
и DH
(рис. 1). Из точки Q
опустим перпендикуляр QF
на прямую DH
. В прямоугольном треугольнике QDF
известно, что
QD=R,~QF=HP=8\sqrt{2},~DF=|DH-FH|=|DH-QP|=|\sqrt{2}-t|.
По теореме Пифагора
R^{2}=QD^{2}=QF^{2}+DF^{2},~\mbox{или}~R^{2}=(8\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2}-t)^{2}.
Из уравнения t^{2}+12^{2}=(8\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2}-t)^{2}
находим, что t=-\frac{7}{\sqrt{2}}
(t\lt0
означает, что точки Q
и D
лежат по разные стороны от плоскости ABC
). Следовательно,
R=\sqrt{t^{2}+12^{2}}=\sqrt{144+\frac{49}{2}}=\sqrt{\frac{337}{2}}.