9744. На рёбрах AC
, BC
, BS
, AS
правильной треугольной пирамиды SABC
с вершиной S
выбраны точки K
, L
, M
, N
соответственно. Известно, что точки K
, L
, M
, N
лежат в одной плоскости, причём KL=MN=2
, KN=LM=18
. В четырёхугольнике KLMN
расположены две окружности \Omega_{1}
и \Omega_{2}
, причём окружность \Omega_{1}
касается сторон KN
, KL
и LM
, а окружность \Omega_{2}
касается сторон KN
, LM
и MN
. Прямые круговые конусы K_{1}
и K_{2}
с основаниями \Omega_{1}
и \Omega_{2}
соответственно расположены внутри данной пирамиды, причём вершина P
конуса K_{1}
лежит на ребре AB
, а вершина Q
конуса K_{2}
лежит на ребре CS
.
а) Найдите \angle SAB
.
б) Найдите длину отрезка CQ
.
Ответ. а) \angle SAB=\arccos\frac{1}{6}
; б) CQ=\frac{52}{3}
.
Решение. Противоположные стороны четырёхугольника KLMN
попарно равны (рис. 1), значит, это параллелограмм. Поскольку плоскость KLMN
пересекает плоскости ABC
и ABS
по параллельным прямым KL
и MN
, эти прямые параллельны прямой пересечения плоскостей (см. задачу 8004), т. е. прямой AB
. Аналогично, NK\parallel LM\parallel SC
.
В правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся рёбра попарно перпендикулярны (см. задачу 7000), поэтому SC\perp AB
, а KLMN
— прямоугольник. Значит, радиусы окружностей \Omega_{1}
и \Omega_{2}
равны 1. Отсюда также следует, что прямоугольник KLMN
симметричен относительно плоскости \alpha
, содержащей ребро SC
и середину AB
. Тогда каждый из конусов K_{1}
и K_{2}
также симметричен относительно этой плоскости. Значит, P
— середина ребра AB
.
Обозначим через X
и Y
середины сторон KL
и MN
соответственно, а через O_{1}
и O_{2}
— центры окружностей \Omega_{1}
и \Omega_{2}
соответственно (рис. 2). Эти четыре точки лежат на оси симметрии прямоугольника KLMN
, параллельной KN
, а значит, — в плоскости \alpha
. Более того, XY\parallel SC
, т. е. треугольники PCS
и PXY
подобны.
Пусть
AB=BC=CA=2a,~SA=SB=SC=l,~\nu=\frac{a}{l}.
Тогда
CP=a\sqrt{3},~SP=\sqrt{l^{2}-a^{2}}.
Поскольку XY=KN=18
, из подобия получаем, что \frac{XP}{CP}=\frac{XY}{CS}
, т. е.
\frac{XP}{a\sqrt{3}}=\frac{18}{l},~XP=\frac{18a\sqrt{3}}{l}=18\nu\sqrt{3}.
Аналогично,
\frac{YP}{SP}=\frac{XY}{CS},~\frac{YP}{SP}=\frac{18}{l},~YP=\frac{18\sqrt{l^{2}-a^{2}}}{l}=18\sqrt{1-\nu^{2}}.
С другой стороны, PO_{1}\perp XY
, причём
XO_{1}=\frac{1}{2}KL=1,~YO_{1}=XY-XO_{1}=17.
Отсюда
17^{2}-1^{2}=O_{1}Y^{2}-O_{1}X^{2}=(O_{1}Y^{2}+O_{1}P^{2})-(O_{1}X^{2}+O_{1}P^{2})=
=PY^{2}-PX^{2}=18^{2}(1-\nu^{2}-3\nu^{2}),
или 16\cdot18=18^{2}(1-4\nu^{2})
, откуда \nu=\frac{1}{6}
. Значит,
\angle SAB=\arccos\frac{AP}{AS}=\arccos\frac{a}{l}=\arccos\nu=\arccos\frac{1}{6}.
Итак, l=6a
, и из подобия имеем
\frac{2}{2a}=\frac{KL}{AB}=\frac{CX}{CP}=1-\frac{XP}{CP}=1-\frac{XY}{CS}=1-\frac{18}{l}=1-\frac{3}{a},
откуда a=4
и l=24
.
Пусть PO_{1}
пересекает SC
в точке H
. Тогда PH
— высота треугольника SCP
, причём (поскольку XY\parallel CS)
\frac{CH}{CS}=\frac{XO_{1}}{XY}=\frac{1}{18}
. Значит, CH=\frac{SC}{18}=\frac{4}{3}
. Поскольку O_{2}Q\perp XY
, четырёхугольник HO_{1}O_{2}Q
— прямоугольник, так что HQ=O_{1}O_{2}=16
. Отсюда
CQ=CH+HQ=\frac{4}{3}+16=\frac{52}{3}.