9079. Грани ABC
и ABD
пирамиды ABCD
ортогональны и являются равными равнобедренными треугольниками с общим основанием AB
. Известно, что AB=1
, CD=2
. Найдите угол между прямыми AC
и BD
, расстояние между прямыми AC
и BD
и радиус сферы, описанной вокруг пирамиды ABCD
.
Ответ. \arccos\frac{1}{9}
, \frac{2}{\sqrt{5}}
, \frac{\sqrt{65}}{8}
.
Решение. Медианы CM
и DM
равнобедренных треугольников ABC
и ABD
являются высотами этих треугольников, поэтому CMD
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AB
. По условию задачи \angle CMD=90^{\circ}
, значит, треугольник CMD
прямоугольный, а так как CM=DM
как соответствующие высоты равных треугольников, то треугольник CMD
равнобедренный. Следовательно,
CM=DM=\frac{CD}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}.
Прямая DM
перпендикулярна двум пересекающимся прямым AB
и CM
плоскости ABC
, значит, DM
— перпендикуляр к плоскости ABC
. Поэтому DM
— высота пирамиды ABCD
.
Из прямоугольного треугольника AMD
находим, что
AD=\sqrt{AM^{2}+DM^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}+2}=\frac{3}{2}.
Значит, BC=AC=BD=AD=\frac{3}{2}
.
1) Пусть K
и L
— середины рёбер BC
и AD
. Тогда KM
и LM
— средние линии треугольников ABC
и ABD
, поэтому KM\parallel AC
и LM\parallel BD
. Значит, угол между скрещивающимися прямыми AC
и BD
равен углу между пересекающимися прямыми KM
и LM
.
Пусть N
— середина AM
. Тогда LN
— средняя линия треугольника ADM
, поэтому LN\parallel DM
. Значит, LN
— перпендикуляр к плоскости ABC
. При этом
BN=BM+MN=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4},~LN=\frac{1}{2}DM=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Обозначим \angle ABC=\alpha
. Из прямоугольного треугольника BMC
находим, что
\cos\alpha=\frac{MB}{BC}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}}=\frac{1}{3},~\sin\alpha=\frac{2\sqrt{2}}{3}.
По теореме косинусов
KN^{2}=BK^{2}+BN^{2}-2BK\cdot BN\cos\alpha=
=\left(\frac{3}{4}\right)^{2}+\left(\frac{3}{4}\right)^{2}-2\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{3}=\frac{3}{4}.
Тогда
KL^{2}=LN^{2}+KN^{2}=\frac{1}{2}+\frac{3}{4}=\frac{5}{4}.
Обозначим \angle KML=\varphi
. Из треугольника KML
находим, что
\cos\varphi=\frac{KM^{2}+LM^{2}-KL^{2}}{2KM\cdot LM}=\frac{\frac{9}{16}+\frac{9}{16}-\frac{5}{4}}{2\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{3}{4}}=-\frac{1}{9}.
Следовательно, угол между прямыми AC
и BD
равен \arccos\frac{1}{9}
.
2) Тогда
\sin\varphi=\sqrt{1-\cos^{2}\varphi}=\sqrt{1-\frac{1}{81}}=\frac{4\sqrt{5}}{9}.
Пусть объём пирамиды ABCD
равен V
. Тогда
V=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DM=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot1\cdot\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}=\frac{1}{3}.
С другой стороны, если d
— расстояние между прямыми AC
и BD
, то (см. задачу 7234)
V=\frac{1}{6}AC\cdot BD\cdot d\sin\varphi=\frac{1}{6}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot d\cdot\frac{4\sqrt{5}}{9}=\frac{d\sqrt{5}}{6}.
Из равенства \frac{d\sqrt{5}}{6}=\frac{1}{3}
находим, что d=\frac{2}{\sqrt{5}}
.
3) Центр O
описанной сферы радиуса R
пирамиды ABCD
есть точка пересечения перпендикуляров, восставленных из центров O_{1}
и O_{2}
описанных окружностей равных треугольников ABC
и ADC
соответственно (см. задачу 9056). Треугольники ABC
и ADC
остроугольные, поэтому точки O_{1}
и O_{2}
лежат на отрезках соответственно CM
и DM
. Пусть R_{1}
— радиус этих окружностей. По теореме синусов
R_{1}=\frac{AC}{2\sin\alpha}=\frac{\frac{3}{2}}{2\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}}=\frac{9}{8\sqrt{2}}=\frac{9\sqrt{2}}{16}.
Тогда
O_{2}M=O_{1}M=CM-O_{1}C=CM-R_{1}=\sqrt{2}-\frac{9\sqrt{2}}{16}=\frac{7\sqrt{2}}{16}.
Четырёхугольник OO_{1}MO_{2}
— квадрат, поэтому
OM=O_{1}M\sqrt{2}=\frac{7\sqrt{2}}{16}\cdot\sqrt{2}=\frac{7}{8}.
Из прямоугольного треугольника OMB
находим, что
R=OB=\sqrt{BM^{2}+OM^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{49}{64}}=\frac{\sqrt{65}}{8}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 2008, билет 13
Источник: Шабунин М. И. и др. Методическое пособие по математике для учащихся старших классов и абитуриентов / Под ред. М. И. Шабунина. — 3-е изд. — М.: Физматкнига, 2013. — № 5.217, с. 131