Элементарная математика. Геометрия.

Задача 120

Дан правильный тетраэдр $ABCD$ с ребром $a$. Найдите радиус сферы, проходящей через вершины $C$ и $D$ и середины рёбер $AB$ и $AC$.

Шаги построения центра сферы $I$.

1) Исходные данные.
Правильный тетраэдр $ABCD$ с ребром $a$.
$N$ — середина $AB$, $M$ — середина $AC$.
Сфера проходит через $C, D, M, N$.
2) Вспомогательные точки.
$K$ — середина $DA$.
$H$ — середина $DC$.
$J$ — середина $DM$ (где $M$ — середина $AC$).
Центр шара лежит на пересечении плоскостей, перпендикулярных хордам $MN$ и $CD$. Линия их пересечения совпадает, в силу симметрии, с прямой, на которой лежит высота тэтраэдра $AE$. Заметим, что отрезок $MD$ также является хордой сферы. Следовательно, центр шара  будет совпадать с точкой пересечения продолжения $AE$ и плоскости, проходящей через середину хорды $MD$ и ей перпендикулярной. Очевидно, что указанная плоскость проходит через точки $K$ и $H$.
3) Построение точки $L \in DB$.
В плоскости, содержащей $D, J, B$, проводим через $J$ перпендикуляр к отрезку $DJ$ и получаем точку $L$. 
4) Построение центра сферы.
Проведем отрезок $LH$, который  пересекается с биссектрисой $DE$ в точке $T$. Проводим прямую $KT$ и получаем точку $I$ — центр сферы.

Решение:

В равностороннем $\triangle ADC$ медиана 

$MD = a \cdot \sin60^\circ = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Точка $J$ — середина отрезка $DM$, поэтому
$JD = JM = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Так как $KH$ — средняя линия $\triangle ADC$, то  
$HJ = JK = \frac{a}{4}$.

Рассмотрим треугольник $BMD$. В этом треугольнике нам известны стороны: $BD = a$, $DM=BM =  \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Найдем угол $\alpha$ между $DM$ и $DB$. Применяем теорему косинусов
$MB^2 = MD^2 + a^2 - 2 \cdot MD \cdot a \cdot \cos\alpha$
или 
 $a^2 - 2 \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot a \cdot \cos\alpha=0$.
Отсюда 
$\cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$
и 
 $\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{2}{3}}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $DJL$. В нем 
$\frac{DJ}{DL} = \cos\alpha \Rightarrow DL = \frac{DJ}{\cos\alpha} = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{3a}{4}$
и
$LJ = DL \cdot \sin\alpha = \frac{3a}{4} \cdot \sqrt{\frac{2}{3}}$.

Запишем теорему косинусов для треугольника $DHL$ в виде
$HL^2 = (DH)^2 + (DL)^2 - 2 \cdot DH \cdot DL \cdot \cos60^\circ$ $= \left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{3a}{4}\right)^2 - 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{3a}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{7a^2}{16}$.
Откуда
$HL = \frac{\sqrt{7} \cdot a}{4}$.
Тук как $DT$ является биссектрисой рассматриваемого треугольника, то справедлива формула
$\frac{HT}{TL}=\frac{DH}{DL} = \frac{\frac{a}{2}}{\frac{3a}{4}} = \frac{2}{3}$.
Учитывая, что $HL = HT + TL = \frac{\sqrt{7} \cdot a}{4}$, получаем
$HT = \frac{\sqrt{7} \cdot a}{10}, TL = \frac{3\sqrt{7} \cdot a}{20}$.
По известной формуле для вычисления длины биссектрисы в треугольнике находим
$DT = \frac{2 \cdot DH \cdot DL \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{DH + DL}= \dfrac{\sqrt{3} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{3a}{4}}{\frac{a}{2} + \frac{3a}{4}} = \frac{3\sqrt{3} \cdot a}{10}$.

Очевидно, что
$TE =DE-DT=  \frac{2}{3} MD - DT = \frac{a\sqrt{3}}{3} - \frac{3\sqrt{3} \cdot a}{10} = \frac{a\sqrt{3}}{30}$.

Запишем далее теорему косинусов для $\triangle DKT$ в виде
$KT^2 = (DK)^2 + (DT)^2 - 2 \cdot DK \cdot DT \cdot \cos\alpha$ $= \left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{3\sqrt{3} \cdot a}{10}\right)^2 - 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{3\sqrt{3} \cdot a}{10} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{11a^2}{50}$.
Отсюда находим
$KT=\frac{\sqrt{11} \cdot a}{\sqrt{50}}$.

Воспользуемся теоремой синусов для $\triangle DKT$
$\frac{KT}{\sin\angle KDT} = \frac{DK}{\sin\angle KTD}$
или
$\frac{KT}{\sin\alpha} = \frac{DK}{\sin\beta} \Rightarrow \sin\beta = \frac{DK \cdot \sin\alpha}{KT}$
$= \dfrac{\frac{a}{2} \cdot \sqrt{\frac{2}{3}}}{\frac{\sqrt{11} \cdot a}{\sqrt{50}}} = \frac{5}{\sqrt{33}}$.
Легко находим 
$\cos\beta = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{33}}$ и $\text{tg }\beta = \frac{5}{2\sqrt{2}}$.

На рисунке видно, что радиус сферы равен гипотенузе $ID$ в прямоугольном $\triangle DEI$, поэтому по теореме Пифагора
$ID = \sqrt{DE^2 + EI^2}$.
Так как
$DE=  \frac{2}{3} MD$,
а
$EI = TE \cdot \text{tg }\beta = \frac{a\sqrt{3}}{30} \cdot \frac{5}{2\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{12\sqrt{2}}$,
то
$ID = \sqrt{DE^2 + EI^2} = \sqrt{\frac{3a^2}{9} + \frac{3a^2}{288}} = \frac{a\sqrt{22}}{8}$.

Ответ:

$\frac{a\sqrt{22}}{8}$.