9588. Дана треугольная пирамида ABCD
с вершиной D
. Все боковые рёбра равны 5, а основание — треугольник со сторонами AC=BC=2\sqrt{14}
, AB=2\sqrt{7}
. Найдите угол между прямыми AD
и BC
.
Ответ. \arcsin\sqrt{\frac{43}{50}}
.
Решение. 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{(2\sqrt{14})^{2}-(\sqrt{7})^{2}}=7,
Поскольку боковые рёбра пирамиды равны, основание H
высоты DH
пирамиды — центр окружности, описанной около треугольника ABC
(см. задачу 7163). Пусть её радиус равен R
, а площадь треугольника ABC
равна S
. Тогда
S=\frac{1}{2}AB\cdot CM=\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{7}\cdot7=7\sqrt{7},
HC=R=\frac{AB\cdot BC\cdot AB}{4S}=\frac{2\sqrt{14}\cdot2\sqrt{14}\cdot2\sqrt{7}}{7\cdot7\sqrt{7}}=4
(см. задачу 4259).
Через точку A
проведём прямую l
, параллельную BC
. Тогда искомый угол \beta
равен углу между прямыми l
и AD
. Опустим перпендикуляр HQ
на прямую l
. По теореме о трёх перпендикулярах DQ\perp l
. Тогда \beta
— острый угол прямоугольного треугольника AQD
.
Пусть K
— точка пересечения прямых QH
и BC
. Поскольку H
— центр окружности, описанной около треугольника ABC
, точка K
— середина BC
. Из прямоугольного треугольника CKH
находим, что
KH=\sqrt{HC^{2}-CK^{2}}=\sqrt{16-14}=\sqrt{2}.
Пусть AF
— высота равнобедренного треугольника ABC
, опущенная на боковую сторону BC
. Из равенства BC\cdot AF=AB\cdot CM
(см. задачу 1967) находим, что
AF=\frac{AB\cdot CM}{BC}=\frac{2\sqrt{7}\cdot7}{2\sqrt{14}}=\frac{7}{\sqrt{2}}=\frac{7\sqrt{2}}{2}.
Тогда
HQ=QK-HK=AF-HK=\frac{7\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}=\frac{5\sqrt{2}}{2}=\frac{5}{\sqrt{2}},
DQ=\sqrt{DH^{2}+HQ^{2}}=\sqrt{DC^{2}-CH^{2}+HQ^{2}}=\sqrt{25-16+\frac{25}{2}}=\sqrt{\frac{43}{2}}.
Следовательно,
\sin\beta=\sin\angle DAQ=\frac{DQ}{DA}=\frac{\sqrt{\frac{43}{2}}}{5}=\sqrt{\frac{43}{50}}.