9295. Дана треугольная пирамида ABCD
с вершиной D
. Все боковые рёбра равны 65, а основание — треугольник со сторонами AC=BC=30
, AB=48
. Найдите угол между прямыми AD
и BC
.
Ответ. \arccos\frac{9}{25}
.
Решение. Первый способ. Пусть M
, N
и K
— середины рёбер AB
, CD
и BD
соответственно. Тогда MK
и KN
— средние линии треугольников ABD
и BCD
, поэтому
MK\parallel AD,~KN\parallel BC,~MK=\frac{1}{2}AD=\frac{65}{2},~KN=\frac{1}{2}BC=15.
Угол между скрещивающимися прямыми AD
и BC
равен углу между пересекающимися прямыми MK
и KN
, т. е. либо углу AKM
, либо смежному с ним.
Пусть DH
— высота пирамиды, P
— середина CH
. Тогда H
— центр описанной окружности тупоугольного треугольника ABC
, NP\perp CH
,
CM=18,~CH=25,~DH=\sqrt{CD^{2}-CH^{2}}=\sqrt{65^{2}-25^{2}}=60,
NP=\frac{1}{2}DH=30,~CP=\frac{1}{2}CH=\frac{25}{2},~MP=CM-CP=18-\frac{25}{2}=\frac{11}{2}
(см. задачу 2988).
Из прямоугольного треугольника MNP
находим, что
MN^{2}=MP^{2}+NP^{2}=\frac{11^{2}}{4}+30^{2}.
По теореме косинусов
\cos\angle MKN=\frac{MK^{2}+KN^{2}-MN^{2}}{2MK\cdot KN}=\frac{\frac{65^{2}}{4}+15^{2}-\frac{11^{2}}{4}-30^{2}}{2\cdot\frac{65}{2}\cdot15}=
=\frac{\frac{65^{2}}{4}-\frac{11^{2}}{4}+15^{2}-30^{2}}{65\cdot15}=\frac{27\cdot38-15\cdot45}{65\cdot15}=\frac{1026-675}{16\cdot65}=\frac{351}{15\cdot65}=\frac{9}{25}.
Следовательно, искомый угол равен \arccos\frac{9}{25}
.
Второй способ. Пусть M
— середина ребра AB
. Тогда CM
и DM
— высоты равнобедренных треугольников ACB
и ADB
. Из прямоугольного треугольника AMC
находим, что
CM=\sqrt{AC^{2}-AM^{2}}=\sqrt{30^{2}-24^{2}}=18,
Поскольку боковые рёбра пирамиды равны, основание H
высоты DH
пирамиды — центр окружности, описанной около треугольника ABC
(см. задачу 7163). Обозначим \angle CAB=\alpha
, R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
. Тогда
\sin\alpha=\frac{CM}{AC}=\frac{18}{30}=\frac{3}{5},~\tg\alpha=\frac{CM}{AM}=\frac{3}{4},
CH=R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{30}{2\cdot\frac{3}{5}}=25.
Поскольку \tg\alpha=\frac{3}{4}\lt1
, угол при основании AB
равнобедренного треугольника ABC
меньше 45^{\circ}
. Значит, этот треугольник тупоугольный, и поэтому точка H
лежит вне треугольника, а так как треугольник равнобедренный, точка H
лежит на продолжении его высоты CM
. Следовательно,
MH=CH-CM=25-18=7.
Пусть N
и K
— середины рёбер BD
и AC
соответственно. Тогда MN
и MK
— средние линии треугольников ABD
и ABC
, поэтому MN\parallel AD
и MK\parallel BC
. Значит, угол между скрещивающимися прямыми AD
и BC
равен углу между пересекающимися прямыми MN
и MK
. Найдём его из треугольника KMN
по теореме косинусов.
Обозначим \angle KMN=\varphi
. Пусть L
— проекция точки N
на плоскость основания пирамиды, а E
и F
— проекции точек соответственно K
и L
на прямую AB
. Тогда L
— середина BH
, E
— середина AM
, а F
— середина BM
, поэтому
EF=EM+MF=\frac{1}{2}AM+\frac{1}{2}MB=12+12=24.
Пусть P
— проекция точки L
на прямую KE
. Тогда
KP=KE+PE=KE+LF=\frac{1}{2}CM+\frac{1}{2}MH=9+\frac{7}{2}=\frac{25}{2},
KL^{2}=PL^{2}+KP^{2}=EF^{2}+KP^{2}=24^{2}+\left(\frac{25}{2}\right)^{2}.
Значит,
KN^{2}=LN^{2}+KL^{2}=\frac{1}{4}DH^{2}+KL^{2}=
=\frac{1}{4}(BD^{2}-BH^{2})+KL^{2}=\frac{1}{4}(65^{2}-25^{2})+24^{2}+\left(\frac{25}{2}\right)^{2}=
=\frac{1}{4}\cdot40\cdot90+24^{2}+\left(\frac{25}{2}\right)^{2}=30^{2}+24^{2}+\frac{25^{2}}{4}.
Следовательно,
\cos\varphi=\frac{MN^{2}+MK^{2}-KN^{2}}{2MN\cdot MK}=\frac{\frac{65^{2}}{4}+15^{2}-30^{2}-24^{2}-\frac{25^{2}}{4}}{2\cdot\frac{65}{2}\cdot15}=
=\frac{\frac{65^{2}}{4}-\frac{25^{2}}{4}+15^{2}-30^{2}-24^{2}}{65\cdot15}=\frac{30^{2}+15^{2}-30^{2}-24^{2}}{65\cdot15}=
=\frac{15^{2}-24^{2}}{65\cdot15}=-\frac{9\cdot39}{65\cdot15}=-\frac{9}{25}.
Следовательно, угол между прямыми AD
и BC
равен \arccos\frac{9}{25}
.